Dinamica II Equilibrio statico di un corpo...
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Dinamica IIEquilibrio statico di un corpo esteso
Se una particella egrave in equilibrio statico cioegrave se egrave ferma e resta ferma la forzarisultante che agisce su di essa deve essere nullaNel caso di un corpo esteso per esempio una bacchetta la condizione che laforza risultante sia nulla egrave necessaria ma non sufficiente percheacute il corpo puograveruotare anche se forza risultante che agisce su di esso egrave nulla
F1
F2
(a) Le due forze F1 e F2 sono uguali edopposte ma la bacchetta non egrave inequilibrio statico percheacute queste forzetendono a farla ruotare in senso orario
F1
F2
(b) In questo caso le due forze hanno lastessa retta drsquoazione e quindi nonprovocano la rotazione della bacchetta
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Equilibrio statico di un corpo esteso
F
Per i corpi estesi oltre al modulo e alla direzione orientata della forza egrave quindiimportante anche il punto di applicazione
Esempio Per aprire una pesante porta sispinge in un punto il piugrave lontanopossibile dai cardini Nessuna forza perquanto intensa riusciragrave ad aprirla seesercitata in un punto appartenente allaretta passante per i cardini
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Momento di una forzaLa grandezza che misura lrsquoefficacia di una forza nel produrre la rotazione egravechiamata momento della forza M Il momento di una forza puograve essere orariooppure antiorario a seconda del senso di rotazione che tende a produrre in talcaso viene considerato rispettivamente negativo (rotazione oraria) o positivo(rotazione antioraria)Nellrsquoesempio illustrato in figura il momento della forza F egrave dato da
O
Rsin = L
F
FR
F
Retta di applicazione della
forza
R egrave la distanza tra il punto diapplicazione della forza e il punto O incui la sbarra egrave fissataL egrave il braccio della forzaIl momento egrave dato dal prodotto dellaforza per il braccio
FLRsinFRFsinRFM
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Condizioni per lrsquoequilibrioldquoPercheacute un corpo sia in equilibrio statico il momento risultante delleforze calcolato rispetto ad un punto qualsiasi in senso orario deve essereuguale al momento risultante in senso antiorariordquo
00
MF CONDIZIONI PER LrsquoEQUILIBRIO
STATICO DI UN CORPO ESTESO
Se chiamiamo positivi i momenti di forza che hanno senso antiorario e negativiquelli con senso orario questa condizione equivale a dire che la somma algebricadei momenti delle forze rispetto a un punto qualsiasi deve essere nulla
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Centro di gravitagrave
i iPP
I pesi Pi di tutte le particelle che costituiscono uncorpo possono essere sostituiti con il peso totale Pdel corpo applicato nel centro di gravitagrave che egraveil punto rispetto al quale il momento risultantedelle forze Pi egrave nullo
C
B
A
A
C
B
A
B
C
perno
Centro di gravitagraveIl centro di gravitagrave di uncorpo si puograve determinaresospendendolo ad un pernoin punti diversi e tracciandola retta verticale passanteper il perno (in triangolopunto incontro mediane)
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Equilibrio stabileLrsquoequilibrio di un corpo puograve essere di tre tipi stabile instabile o indifferenteLrsquoequilibrio stabile si ha se le forze o i momenti di forza risultanti cheinsorgono a causa di un piccolo spostamento del corpo spingono il corpoindietro verso la sua posizione di equilibrio
P
P
Centro di
gravitagrave
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Equilibrio instabileLrsquoequilibrio instabile si ha se le forze o i momenti di forza risultanti cheinsorgono a causa di un piccolo spostamento del corpo spingono il corpolontano dalla sua posizione iniziale
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Equilibrio indifferenteLrsquoequilibrio indifferente si ha quando in seguito ad un piccolo spostamento delcorpo non vi sono forze o momenti di forza risultanti che tendano a riportarloverso la sua posizione iniziale o ad allontanarlo da essa
Se si ruota leggermente il cilindro esso egrave di nuovo in equilibrio
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Stabilitagrave e centro di gravitagrave
(a) (b) (c)
La stabilitagrave dellrsquoequilibrio egrave relativa Se la bacchetta in (a) viene ruotata pococome in (b) essa ritorna nella sua posizione di equilibrio iniziale purcheacute laproiezione verticale del centro di gravitagrave si trovi entro la base di appoggio Sela rotazione egrave maggiore come in (c) la proiezione verticale del centro digravitagrave egrave al di fuori della base drsquoappoggio e la bacchetta cade
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56 m
36 m
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Macchine sempliciUna macchina semplice egrave un dispositivo che ha lo scopo ditrasformare una forza in entrata in una forza maggiore inuscitaA volte il vantaggio puograve essere anche solo quello di invertire ilverso della forza ( carrucole) o di rendere possibili alcuneazioni ( pinze)Esempi di macchine semplici sono le leve i piani inclinati e isistemi di carrucoleIl vantaggio A di una macchina semplice egrave definito come ilrapporto tra la forza in uscita e la forza in entrata
PotenzaResistenza
entratain forzauscitain forzaA
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la leva di I genereLe leve (v disegno) sono vantaggiose quando F1(P) egraveminore di F2 (R) perchegrave il braccio F1 egrave maggiore del bracciodi F2 Serve per sollevare pesi maggiori di quello che siriuscirebbe normalmente Sono svantaggiose nel casocontrario e indifferenti se F1 = F2Esempio altalena su cui stanno persone con masse diverseLa piugrave leggera si siede piugrave lontano o palanchino persollevare blocchi di pietra
FulcroF1F2
a b
Per lrsquoequiliblio devo avere F1 a = F2 b
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Leve di secondo genere
bull Hanno il fulcro allrsquoestremitagravebull Hanno la resistenza fra il fulcro e la
potenza
bull Sono sempre vantaggiose
bull a gt b quindi P lt R
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Leve di secondo genere
bull Hanno la resistenza fra ilfulcro e la potenza
bull Esempi lo schiaccianoci lacarriola il trolley il piede
R
Pb a
F
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Leve di terzo genere
bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli
bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza
bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro
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Un esempio di macchina semplice
Mm
a
b
Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg
I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m
Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg
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EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena
Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C
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Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio
m 41kg 40
m 2kg 28m
BCmg)(mBCg)(mAB
0BCg)(m ABg)(m
1
_____
2
1
_____
2____
_____
2
____
1
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La carrucola
Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico
Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno
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La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)
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Esempio David di Michelangelo
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Esempio David di Michelangelo
Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la
gamba destra
Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)
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Esempio David di Michelangelo
Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso
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Esempio David di Michelangelo
Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale
Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua
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Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)
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Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera
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Esempio David di Michelangelo
Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535
Firenze Casa Buonarroti
Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip
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Esempio David di Michelangelo
Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software
In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe
Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress
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Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
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Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
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AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
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Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
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La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
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Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
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Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
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Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
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Equilibrio statico di un corpo esteso
F
Per i corpi estesi oltre al modulo e alla direzione orientata della forza egrave quindiimportante anche il punto di applicazione
Esempio Per aprire una pesante porta sispinge in un punto il piugrave lontanopossibile dai cardini Nessuna forza perquanto intensa riusciragrave ad aprirla seesercitata in un punto appartenente allaretta passante per i cardini
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Momento di una forzaLa grandezza che misura lrsquoefficacia di una forza nel produrre la rotazione egravechiamata momento della forza M Il momento di una forza puograve essere orariooppure antiorario a seconda del senso di rotazione che tende a produrre in talcaso viene considerato rispettivamente negativo (rotazione oraria) o positivo(rotazione antioraria)Nellrsquoesempio illustrato in figura il momento della forza F egrave dato da
O
Rsin = L
F
FR
F
Retta di applicazione della
forza
R egrave la distanza tra il punto diapplicazione della forza e il punto O incui la sbarra egrave fissataL egrave il braccio della forzaIl momento egrave dato dal prodotto dellaforza per il braccio
FLRsinFRFsinRFM
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Condizioni per lrsquoequilibrioldquoPercheacute un corpo sia in equilibrio statico il momento risultante delleforze calcolato rispetto ad un punto qualsiasi in senso orario deve essereuguale al momento risultante in senso antiorariordquo
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MF CONDIZIONI PER LrsquoEQUILIBRIO
STATICO DI UN CORPO ESTESO
Se chiamiamo positivi i momenti di forza che hanno senso antiorario e negativiquelli con senso orario questa condizione equivale a dire che la somma algebricadei momenti delle forze rispetto a un punto qualsiasi deve essere nulla
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Centro di gravitagrave
i iPP
I pesi Pi di tutte le particelle che costituiscono uncorpo possono essere sostituiti con il peso totale Pdel corpo applicato nel centro di gravitagrave che egraveil punto rispetto al quale il momento risultantedelle forze Pi egrave nullo
C
B
A
A
C
B
A
B
C
perno
Centro di gravitagraveIl centro di gravitagrave di uncorpo si puograve determinaresospendendolo ad un pernoin punti diversi e tracciandola retta verticale passanteper il perno (in triangolopunto incontro mediane)
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Equilibrio stabileLrsquoequilibrio di un corpo puograve essere di tre tipi stabile instabile o indifferenteLrsquoequilibrio stabile si ha se le forze o i momenti di forza risultanti cheinsorgono a causa di un piccolo spostamento del corpo spingono il corpoindietro verso la sua posizione di equilibrio
P
P
Centro di
gravitagrave
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Equilibrio instabileLrsquoequilibrio instabile si ha se le forze o i momenti di forza risultanti cheinsorgono a causa di un piccolo spostamento del corpo spingono il corpolontano dalla sua posizione iniziale
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Equilibrio indifferenteLrsquoequilibrio indifferente si ha quando in seguito ad un piccolo spostamento delcorpo non vi sono forze o momenti di forza risultanti che tendano a riportarloverso la sua posizione iniziale o ad allontanarlo da essa
Se si ruota leggermente il cilindro esso egrave di nuovo in equilibrio
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Stabilitagrave e centro di gravitagrave
(a) (b) (c)
La stabilitagrave dellrsquoequilibrio egrave relativa Se la bacchetta in (a) viene ruotata pococome in (b) essa ritorna nella sua posizione di equilibrio iniziale purcheacute laproiezione verticale del centro di gravitagrave si trovi entro la base di appoggio Sela rotazione egrave maggiore come in (c) la proiezione verticale del centro digravitagrave egrave al di fuori della base drsquoappoggio e la bacchetta cade
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56 m
36 m
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Macchine sempliciUna macchina semplice egrave un dispositivo che ha lo scopo ditrasformare una forza in entrata in una forza maggiore inuscitaA volte il vantaggio puograve essere anche solo quello di invertire ilverso della forza ( carrucole) o di rendere possibili alcuneazioni ( pinze)Esempi di macchine semplici sono le leve i piani inclinati e isistemi di carrucoleIl vantaggio A di una macchina semplice egrave definito come ilrapporto tra la forza in uscita e la forza in entrata
PotenzaResistenza
entratain forzauscitain forzaA
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la leva di I genereLe leve (v disegno) sono vantaggiose quando F1(P) egraveminore di F2 (R) perchegrave il braccio F1 egrave maggiore del bracciodi F2 Serve per sollevare pesi maggiori di quello che siriuscirebbe normalmente Sono svantaggiose nel casocontrario e indifferenti se F1 = F2Esempio altalena su cui stanno persone con masse diverseLa piugrave leggera si siede piugrave lontano o palanchino persollevare blocchi di pietra
FulcroF1F2
a b
Per lrsquoequiliblio devo avere F1 a = F2 b
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Leve di secondo genere
bull Hanno il fulcro allrsquoestremitagravebull Hanno la resistenza fra il fulcro e la
potenza
bull Sono sempre vantaggiose
bull a gt b quindi P lt R
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Leve di secondo genere
bull Hanno la resistenza fra ilfulcro e la potenza
bull Esempi lo schiaccianoci lacarriola il trolley il piede
R
Pb a
F
ARomero Restauro -Dinamica II 15
Leve di terzo genere
bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli
bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza
bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro
ARomero Restauro -Dinamica II 16
Un esempio di macchina semplice
Mm
a
b
Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg
I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m
Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg
ARomero Restauro -Dinamica II 17
EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena
Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C
ARomero Restauro -Dinamica II 18
Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio
m 41kg 40
m 2kg 28m
BCmg)(mBCg)(mAB
0BCg)(m ABg)(m
1
_____
2
1
_____
2____
_____
2
____
1
ARomero Restauro -Dinamica II 19
La carrucola
Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico
Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno
ARomero Restauro -Dinamica II 20
La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)
ARomero Restauro -Dinamica II 21
Esempio David di Michelangelo
ARomero Restauro -Dinamica II 22
Esempio David di Michelangelo
Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la
gamba destra
Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)
ARomero Restauro -Dinamica II 23
Esempio David di Michelangelo
Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso
ARomero Restauro -Dinamica II 24
Esempio David di Michelangelo
Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale
Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua
ARomero Restauro -Dinamica II 25
Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)
ARomero Restauro -Dinamica II 26
Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera
ARomero Restauro -Dinamica II 27
Esempio David di Michelangelo
Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535
Firenze Casa Buonarroti
Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip
ARomero Restauro -Dinamica II 28
Esempio David di Michelangelo
Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software
In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe
Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress
ARomero Restauro -Dinamica II 29
Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 3
Momento di una forzaLa grandezza che misura lrsquoefficacia di una forza nel produrre la rotazione egravechiamata momento della forza M Il momento di una forza puograve essere orariooppure antiorario a seconda del senso di rotazione che tende a produrre in talcaso viene considerato rispettivamente negativo (rotazione oraria) o positivo(rotazione antioraria)Nellrsquoesempio illustrato in figura il momento della forza F egrave dato da
O
Rsin = L
F
FR
F
Retta di applicazione della
forza
R egrave la distanza tra il punto diapplicazione della forza e il punto O incui la sbarra egrave fissataL egrave il braccio della forzaIl momento egrave dato dal prodotto dellaforza per il braccio
FLRsinFRFsinRFM
ARomero Restauro -Dinamica II 4
Condizioni per lrsquoequilibrioldquoPercheacute un corpo sia in equilibrio statico il momento risultante delleforze calcolato rispetto ad un punto qualsiasi in senso orario deve essereuguale al momento risultante in senso antiorariordquo
00
MF CONDIZIONI PER LrsquoEQUILIBRIO
STATICO DI UN CORPO ESTESO
Se chiamiamo positivi i momenti di forza che hanno senso antiorario e negativiquelli con senso orario questa condizione equivale a dire che la somma algebricadei momenti delle forze rispetto a un punto qualsiasi deve essere nulla
ARomero Restauro -Dinamica II 5
Centro di gravitagrave
i iPP
I pesi Pi di tutte le particelle che costituiscono uncorpo possono essere sostituiti con il peso totale Pdel corpo applicato nel centro di gravitagrave che egraveil punto rispetto al quale il momento risultantedelle forze Pi egrave nullo
C
B
A
A
C
B
A
B
C
perno
Centro di gravitagraveIl centro di gravitagrave di uncorpo si puograve determinaresospendendolo ad un pernoin punti diversi e tracciandola retta verticale passanteper il perno (in triangolopunto incontro mediane)
ARomero Restauro -Dinamica II 6
Equilibrio stabileLrsquoequilibrio di un corpo puograve essere di tre tipi stabile instabile o indifferenteLrsquoequilibrio stabile si ha se le forze o i momenti di forza risultanti cheinsorgono a causa di un piccolo spostamento del corpo spingono il corpoindietro verso la sua posizione di equilibrio
P
P
Centro di
gravitagrave
ARomero Restauro -Dinamica II 7
Equilibrio instabileLrsquoequilibrio instabile si ha se le forze o i momenti di forza risultanti cheinsorgono a causa di un piccolo spostamento del corpo spingono il corpolontano dalla sua posizione iniziale
ARomero Restauro -Dinamica II 8
Equilibrio indifferenteLrsquoequilibrio indifferente si ha quando in seguito ad un piccolo spostamento delcorpo non vi sono forze o momenti di forza risultanti che tendano a riportarloverso la sua posizione iniziale o ad allontanarlo da essa
Se si ruota leggermente il cilindro esso egrave di nuovo in equilibrio
ARomero Restauro -Dinamica II 9
Stabilitagrave e centro di gravitagrave
(a) (b) (c)
La stabilitagrave dellrsquoequilibrio egrave relativa Se la bacchetta in (a) viene ruotata pococome in (b) essa ritorna nella sua posizione di equilibrio iniziale purcheacute laproiezione verticale del centro di gravitagrave si trovi entro la base di appoggio Sela rotazione egrave maggiore come in (c) la proiezione verticale del centro digravitagrave egrave al di fuori della base drsquoappoggio e la bacchetta cade
ARomero Restauro -Dinamica II 10
56 m
36 m
ARomero Restauro -Dinamica II 11
Macchine sempliciUna macchina semplice egrave un dispositivo che ha lo scopo ditrasformare una forza in entrata in una forza maggiore inuscitaA volte il vantaggio puograve essere anche solo quello di invertire ilverso della forza ( carrucole) o di rendere possibili alcuneazioni ( pinze)Esempi di macchine semplici sono le leve i piani inclinati e isistemi di carrucoleIl vantaggio A di una macchina semplice egrave definito come ilrapporto tra la forza in uscita e la forza in entrata
PotenzaResistenza
entratain forzauscitain forzaA
ARomero Restauro -Dinamica II 12
la leva di I genereLe leve (v disegno) sono vantaggiose quando F1(P) egraveminore di F2 (R) perchegrave il braccio F1 egrave maggiore del bracciodi F2 Serve per sollevare pesi maggiori di quello che siriuscirebbe normalmente Sono svantaggiose nel casocontrario e indifferenti se F1 = F2Esempio altalena su cui stanno persone con masse diverseLa piugrave leggera si siede piugrave lontano o palanchino persollevare blocchi di pietra
FulcroF1F2
a b
Per lrsquoequiliblio devo avere F1 a = F2 b
ARomero Restauro -Dinamica II 13
Leve di secondo genere
bull Hanno il fulcro allrsquoestremitagravebull Hanno la resistenza fra il fulcro e la
potenza
bull Sono sempre vantaggiose
bull a gt b quindi P lt R
ARomero Restauro -Dinamica II 14
Leve di secondo genere
bull Hanno la resistenza fra ilfulcro e la potenza
bull Esempi lo schiaccianoci lacarriola il trolley il piede
R
Pb a
F
ARomero Restauro -Dinamica II 15
Leve di terzo genere
bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli
bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza
bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro
ARomero Restauro -Dinamica II 16
Un esempio di macchina semplice
Mm
a
b
Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg
I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m
Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg
ARomero Restauro -Dinamica II 17
EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena
Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C
ARomero Restauro -Dinamica II 18
Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio
m 41kg 40
m 2kg 28m
BCmg)(mBCg)(mAB
0BCg)(m ABg)(m
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ARomero Restauro -Dinamica II 19
La carrucola
Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico
Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno
ARomero Restauro -Dinamica II 20
La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)
ARomero Restauro -Dinamica II 21
Esempio David di Michelangelo
ARomero Restauro -Dinamica II 22
Esempio David di Michelangelo
Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la
gamba destra
Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)
ARomero Restauro -Dinamica II 23
Esempio David di Michelangelo
Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso
ARomero Restauro -Dinamica II 24
Esempio David di Michelangelo
Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale
Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua
ARomero Restauro -Dinamica II 25
Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)
ARomero Restauro -Dinamica II 26
Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera
ARomero Restauro -Dinamica II 27
Esempio David di Michelangelo
Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535
Firenze Casa Buonarroti
Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip
ARomero Restauro -Dinamica II 28
Esempio David di Michelangelo
Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software
In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe
Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress
ARomero Restauro -Dinamica II 29
Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 4
Condizioni per lrsquoequilibrioldquoPercheacute un corpo sia in equilibrio statico il momento risultante delleforze calcolato rispetto ad un punto qualsiasi in senso orario deve essereuguale al momento risultante in senso antiorariordquo
00
MF CONDIZIONI PER LrsquoEQUILIBRIO
STATICO DI UN CORPO ESTESO
Se chiamiamo positivi i momenti di forza che hanno senso antiorario e negativiquelli con senso orario questa condizione equivale a dire che la somma algebricadei momenti delle forze rispetto a un punto qualsiasi deve essere nulla
ARomero Restauro -Dinamica II 5
Centro di gravitagrave
i iPP
I pesi Pi di tutte le particelle che costituiscono uncorpo possono essere sostituiti con il peso totale Pdel corpo applicato nel centro di gravitagrave che egraveil punto rispetto al quale il momento risultantedelle forze Pi egrave nullo
C
B
A
A
C
B
A
B
C
perno
Centro di gravitagraveIl centro di gravitagrave di uncorpo si puograve determinaresospendendolo ad un pernoin punti diversi e tracciandola retta verticale passanteper il perno (in triangolopunto incontro mediane)
ARomero Restauro -Dinamica II 6
Equilibrio stabileLrsquoequilibrio di un corpo puograve essere di tre tipi stabile instabile o indifferenteLrsquoequilibrio stabile si ha se le forze o i momenti di forza risultanti cheinsorgono a causa di un piccolo spostamento del corpo spingono il corpoindietro verso la sua posizione di equilibrio
P
P
Centro di
gravitagrave
ARomero Restauro -Dinamica II 7
Equilibrio instabileLrsquoequilibrio instabile si ha se le forze o i momenti di forza risultanti cheinsorgono a causa di un piccolo spostamento del corpo spingono il corpolontano dalla sua posizione iniziale
ARomero Restauro -Dinamica II 8
Equilibrio indifferenteLrsquoequilibrio indifferente si ha quando in seguito ad un piccolo spostamento delcorpo non vi sono forze o momenti di forza risultanti che tendano a riportarloverso la sua posizione iniziale o ad allontanarlo da essa
Se si ruota leggermente il cilindro esso egrave di nuovo in equilibrio
ARomero Restauro -Dinamica II 9
Stabilitagrave e centro di gravitagrave
(a) (b) (c)
La stabilitagrave dellrsquoequilibrio egrave relativa Se la bacchetta in (a) viene ruotata pococome in (b) essa ritorna nella sua posizione di equilibrio iniziale purcheacute laproiezione verticale del centro di gravitagrave si trovi entro la base di appoggio Sela rotazione egrave maggiore come in (c) la proiezione verticale del centro digravitagrave egrave al di fuori della base drsquoappoggio e la bacchetta cade
ARomero Restauro -Dinamica II 10
56 m
36 m
ARomero Restauro -Dinamica II 11
Macchine sempliciUna macchina semplice egrave un dispositivo che ha lo scopo ditrasformare una forza in entrata in una forza maggiore inuscitaA volte il vantaggio puograve essere anche solo quello di invertire ilverso della forza ( carrucole) o di rendere possibili alcuneazioni ( pinze)Esempi di macchine semplici sono le leve i piani inclinati e isistemi di carrucoleIl vantaggio A di una macchina semplice egrave definito come ilrapporto tra la forza in uscita e la forza in entrata
PotenzaResistenza
entratain forzauscitain forzaA
ARomero Restauro -Dinamica II 12
la leva di I genereLe leve (v disegno) sono vantaggiose quando F1(P) egraveminore di F2 (R) perchegrave il braccio F1 egrave maggiore del bracciodi F2 Serve per sollevare pesi maggiori di quello che siriuscirebbe normalmente Sono svantaggiose nel casocontrario e indifferenti se F1 = F2Esempio altalena su cui stanno persone con masse diverseLa piugrave leggera si siede piugrave lontano o palanchino persollevare blocchi di pietra
FulcroF1F2
a b
Per lrsquoequiliblio devo avere F1 a = F2 b
ARomero Restauro -Dinamica II 13
Leve di secondo genere
bull Hanno il fulcro allrsquoestremitagravebull Hanno la resistenza fra il fulcro e la
potenza
bull Sono sempre vantaggiose
bull a gt b quindi P lt R
ARomero Restauro -Dinamica II 14
Leve di secondo genere
bull Hanno la resistenza fra ilfulcro e la potenza
bull Esempi lo schiaccianoci lacarriola il trolley il piede
R
Pb a
F
ARomero Restauro -Dinamica II 15
Leve di terzo genere
bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli
bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza
bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro
ARomero Restauro -Dinamica II 16
Un esempio di macchina semplice
Mm
a
b
Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg
I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m
Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg
ARomero Restauro -Dinamica II 17
EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena
Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C
ARomero Restauro -Dinamica II 18
Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio
m 41kg 40
m 2kg 28m
BCmg)(mBCg)(mAB
0BCg)(m ABg)(m
1
_____
2
1
_____
2____
_____
2
____
1
ARomero Restauro -Dinamica II 19
La carrucola
Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico
Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno
ARomero Restauro -Dinamica II 20
La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)
ARomero Restauro -Dinamica II 21
Esempio David di Michelangelo
ARomero Restauro -Dinamica II 22
Esempio David di Michelangelo
Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la
gamba destra
Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)
ARomero Restauro -Dinamica II 23
Esempio David di Michelangelo
Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso
ARomero Restauro -Dinamica II 24
Esempio David di Michelangelo
Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale
Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua
ARomero Restauro -Dinamica II 25
Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)
ARomero Restauro -Dinamica II 26
Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera
ARomero Restauro -Dinamica II 27
Esempio David di Michelangelo
Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535
Firenze Casa Buonarroti
Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip
ARomero Restauro -Dinamica II 28
Esempio David di Michelangelo
Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software
In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe
Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress
ARomero Restauro -Dinamica II 29
Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 5
Centro di gravitagrave
i iPP
I pesi Pi di tutte le particelle che costituiscono uncorpo possono essere sostituiti con il peso totale Pdel corpo applicato nel centro di gravitagrave che egraveil punto rispetto al quale il momento risultantedelle forze Pi egrave nullo
C
B
A
A
C
B
A
B
C
perno
Centro di gravitagraveIl centro di gravitagrave di uncorpo si puograve determinaresospendendolo ad un pernoin punti diversi e tracciandola retta verticale passanteper il perno (in triangolopunto incontro mediane)
ARomero Restauro -Dinamica II 6
Equilibrio stabileLrsquoequilibrio di un corpo puograve essere di tre tipi stabile instabile o indifferenteLrsquoequilibrio stabile si ha se le forze o i momenti di forza risultanti cheinsorgono a causa di un piccolo spostamento del corpo spingono il corpoindietro verso la sua posizione di equilibrio
P
P
Centro di
gravitagrave
ARomero Restauro -Dinamica II 7
Equilibrio instabileLrsquoequilibrio instabile si ha se le forze o i momenti di forza risultanti cheinsorgono a causa di un piccolo spostamento del corpo spingono il corpolontano dalla sua posizione iniziale
ARomero Restauro -Dinamica II 8
Equilibrio indifferenteLrsquoequilibrio indifferente si ha quando in seguito ad un piccolo spostamento delcorpo non vi sono forze o momenti di forza risultanti che tendano a riportarloverso la sua posizione iniziale o ad allontanarlo da essa
Se si ruota leggermente il cilindro esso egrave di nuovo in equilibrio
ARomero Restauro -Dinamica II 9
Stabilitagrave e centro di gravitagrave
(a) (b) (c)
La stabilitagrave dellrsquoequilibrio egrave relativa Se la bacchetta in (a) viene ruotata pococome in (b) essa ritorna nella sua posizione di equilibrio iniziale purcheacute laproiezione verticale del centro di gravitagrave si trovi entro la base di appoggio Sela rotazione egrave maggiore come in (c) la proiezione verticale del centro digravitagrave egrave al di fuori della base drsquoappoggio e la bacchetta cade
ARomero Restauro -Dinamica II 10
56 m
36 m
ARomero Restauro -Dinamica II 11
Macchine sempliciUna macchina semplice egrave un dispositivo che ha lo scopo ditrasformare una forza in entrata in una forza maggiore inuscitaA volte il vantaggio puograve essere anche solo quello di invertire ilverso della forza ( carrucole) o di rendere possibili alcuneazioni ( pinze)Esempi di macchine semplici sono le leve i piani inclinati e isistemi di carrucoleIl vantaggio A di una macchina semplice egrave definito come ilrapporto tra la forza in uscita e la forza in entrata
PotenzaResistenza
entratain forzauscitain forzaA
ARomero Restauro -Dinamica II 12
la leva di I genereLe leve (v disegno) sono vantaggiose quando F1(P) egraveminore di F2 (R) perchegrave il braccio F1 egrave maggiore del bracciodi F2 Serve per sollevare pesi maggiori di quello che siriuscirebbe normalmente Sono svantaggiose nel casocontrario e indifferenti se F1 = F2Esempio altalena su cui stanno persone con masse diverseLa piugrave leggera si siede piugrave lontano o palanchino persollevare blocchi di pietra
FulcroF1F2
a b
Per lrsquoequiliblio devo avere F1 a = F2 b
ARomero Restauro -Dinamica II 13
Leve di secondo genere
bull Hanno il fulcro allrsquoestremitagravebull Hanno la resistenza fra il fulcro e la
potenza
bull Sono sempre vantaggiose
bull a gt b quindi P lt R
ARomero Restauro -Dinamica II 14
Leve di secondo genere
bull Hanno la resistenza fra ilfulcro e la potenza
bull Esempi lo schiaccianoci lacarriola il trolley il piede
R
Pb a
F
ARomero Restauro -Dinamica II 15
Leve di terzo genere
bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli
bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza
bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro
ARomero Restauro -Dinamica II 16
Un esempio di macchina semplice
Mm
a
b
Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg
I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m
Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg
ARomero Restauro -Dinamica II 17
EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena
Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C
ARomero Restauro -Dinamica II 18
Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio
m 41kg 40
m 2kg 28m
BCmg)(mBCg)(mAB
0BCg)(m ABg)(m
1
_____
2
1
_____
2____
_____
2
____
1
ARomero Restauro -Dinamica II 19
La carrucola
Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico
Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno
ARomero Restauro -Dinamica II 20
La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)
ARomero Restauro -Dinamica II 21
Esempio David di Michelangelo
ARomero Restauro -Dinamica II 22
Esempio David di Michelangelo
Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la
gamba destra
Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)
ARomero Restauro -Dinamica II 23
Esempio David di Michelangelo
Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso
ARomero Restauro -Dinamica II 24
Esempio David di Michelangelo
Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale
Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua
ARomero Restauro -Dinamica II 25
Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)
ARomero Restauro -Dinamica II 26
Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera
ARomero Restauro -Dinamica II 27
Esempio David di Michelangelo
Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535
Firenze Casa Buonarroti
Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip
ARomero Restauro -Dinamica II 28
Esempio David di Michelangelo
Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software
In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe
Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress
ARomero Restauro -Dinamica II 29
Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
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PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 6
Equilibrio stabileLrsquoequilibrio di un corpo puograve essere di tre tipi stabile instabile o indifferenteLrsquoequilibrio stabile si ha se le forze o i momenti di forza risultanti cheinsorgono a causa di un piccolo spostamento del corpo spingono il corpoindietro verso la sua posizione di equilibrio
P
P
Centro di
gravitagrave
ARomero Restauro -Dinamica II 7
Equilibrio instabileLrsquoequilibrio instabile si ha se le forze o i momenti di forza risultanti cheinsorgono a causa di un piccolo spostamento del corpo spingono il corpolontano dalla sua posizione iniziale
ARomero Restauro -Dinamica II 8
Equilibrio indifferenteLrsquoequilibrio indifferente si ha quando in seguito ad un piccolo spostamento delcorpo non vi sono forze o momenti di forza risultanti che tendano a riportarloverso la sua posizione iniziale o ad allontanarlo da essa
Se si ruota leggermente il cilindro esso egrave di nuovo in equilibrio
ARomero Restauro -Dinamica II 9
Stabilitagrave e centro di gravitagrave
(a) (b) (c)
La stabilitagrave dellrsquoequilibrio egrave relativa Se la bacchetta in (a) viene ruotata pococome in (b) essa ritorna nella sua posizione di equilibrio iniziale purcheacute laproiezione verticale del centro di gravitagrave si trovi entro la base di appoggio Sela rotazione egrave maggiore come in (c) la proiezione verticale del centro digravitagrave egrave al di fuori della base drsquoappoggio e la bacchetta cade
ARomero Restauro -Dinamica II 10
56 m
36 m
ARomero Restauro -Dinamica II 11
Macchine sempliciUna macchina semplice egrave un dispositivo che ha lo scopo ditrasformare una forza in entrata in una forza maggiore inuscitaA volte il vantaggio puograve essere anche solo quello di invertire ilverso della forza ( carrucole) o di rendere possibili alcuneazioni ( pinze)Esempi di macchine semplici sono le leve i piani inclinati e isistemi di carrucoleIl vantaggio A di una macchina semplice egrave definito come ilrapporto tra la forza in uscita e la forza in entrata
PotenzaResistenza
entratain forzauscitain forzaA
ARomero Restauro -Dinamica II 12
la leva di I genereLe leve (v disegno) sono vantaggiose quando F1(P) egraveminore di F2 (R) perchegrave il braccio F1 egrave maggiore del bracciodi F2 Serve per sollevare pesi maggiori di quello che siriuscirebbe normalmente Sono svantaggiose nel casocontrario e indifferenti se F1 = F2Esempio altalena su cui stanno persone con masse diverseLa piugrave leggera si siede piugrave lontano o palanchino persollevare blocchi di pietra
FulcroF1F2
a b
Per lrsquoequiliblio devo avere F1 a = F2 b
ARomero Restauro -Dinamica II 13
Leve di secondo genere
bull Hanno il fulcro allrsquoestremitagravebull Hanno la resistenza fra il fulcro e la
potenza
bull Sono sempre vantaggiose
bull a gt b quindi P lt R
ARomero Restauro -Dinamica II 14
Leve di secondo genere
bull Hanno la resistenza fra ilfulcro e la potenza
bull Esempi lo schiaccianoci lacarriola il trolley il piede
R
Pb a
F
ARomero Restauro -Dinamica II 15
Leve di terzo genere
bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli
bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza
bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro
ARomero Restauro -Dinamica II 16
Un esempio di macchina semplice
Mm
a
b
Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg
I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m
Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg
ARomero Restauro -Dinamica II 17
EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena
Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C
ARomero Restauro -Dinamica II 18
Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio
m 41kg 40
m 2kg 28m
BCmg)(mBCg)(mAB
0BCg)(m ABg)(m
1
_____
2
1
_____
2____
_____
2
____
1
ARomero Restauro -Dinamica II 19
La carrucola
Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico
Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno
ARomero Restauro -Dinamica II 20
La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)
ARomero Restauro -Dinamica II 21
Esempio David di Michelangelo
ARomero Restauro -Dinamica II 22
Esempio David di Michelangelo
Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la
gamba destra
Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)
ARomero Restauro -Dinamica II 23
Esempio David di Michelangelo
Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso
ARomero Restauro -Dinamica II 24
Esempio David di Michelangelo
Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale
Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua
ARomero Restauro -Dinamica II 25
Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)
ARomero Restauro -Dinamica II 26
Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera
ARomero Restauro -Dinamica II 27
Esempio David di Michelangelo
Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535
Firenze Casa Buonarroti
Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip
ARomero Restauro -Dinamica II 28
Esempio David di Michelangelo
Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software
In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe
Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress
ARomero Restauro -Dinamica II 29
Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 7
Equilibrio instabileLrsquoequilibrio instabile si ha se le forze o i momenti di forza risultanti cheinsorgono a causa di un piccolo spostamento del corpo spingono il corpolontano dalla sua posizione iniziale
ARomero Restauro -Dinamica II 8
Equilibrio indifferenteLrsquoequilibrio indifferente si ha quando in seguito ad un piccolo spostamento delcorpo non vi sono forze o momenti di forza risultanti che tendano a riportarloverso la sua posizione iniziale o ad allontanarlo da essa
Se si ruota leggermente il cilindro esso egrave di nuovo in equilibrio
ARomero Restauro -Dinamica II 9
Stabilitagrave e centro di gravitagrave
(a) (b) (c)
La stabilitagrave dellrsquoequilibrio egrave relativa Se la bacchetta in (a) viene ruotata pococome in (b) essa ritorna nella sua posizione di equilibrio iniziale purcheacute laproiezione verticale del centro di gravitagrave si trovi entro la base di appoggio Sela rotazione egrave maggiore come in (c) la proiezione verticale del centro digravitagrave egrave al di fuori della base drsquoappoggio e la bacchetta cade
ARomero Restauro -Dinamica II 10
56 m
36 m
ARomero Restauro -Dinamica II 11
Macchine sempliciUna macchina semplice egrave un dispositivo che ha lo scopo ditrasformare una forza in entrata in una forza maggiore inuscitaA volte il vantaggio puograve essere anche solo quello di invertire ilverso della forza ( carrucole) o di rendere possibili alcuneazioni ( pinze)Esempi di macchine semplici sono le leve i piani inclinati e isistemi di carrucoleIl vantaggio A di una macchina semplice egrave definito come ilrapporto tra la forza in uscita e la forza in entrata
PotenzaResistenza
entratain forzauscitain forzaA
ARomero Restauro -Dinamica II 12
la leva di I genereLe leve (v disegno) sono vantaggiose quando F1(P) egraveminore di F2 (R) perchegrave il braccio F1 egrave maggiore del bracciodi F2 Serve per sollevare pesi maggiori di quello che siriuscirebbe normalmente Sono svantaggiose nel casocontrario e indifferenti se F1 = F2Esempio altalena su cui stanno persone con masse diverseLa piugrave leggera si siede piugrave lontano o palanchino persollevare blocchi di pietra
FulcroF1F2
a b
Per lrsquoequiliblio devo avere F1 a = F2 b
ARomero Restauro -Dinamica II 13
Leve di secondo genere
bull Hanno il fulcro allrsquoestremitagravebull Hanno la resistenza fra il fulcro e la
potenza
bull Sono sempre vantaggiose
bull a gt b quindi P lt R
ARomero Restauro -Dinamica II 14
Leve di secondo genere
bull Hanno la resistenza fra ilfulcro e la potenza
bull Esempi lo schiaccianoci lacarriola il trolley il piede
R
Pb a
F
ARomero Restauro -Dinamica II 15
Leve di terzo genere
bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli
bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza
bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro
ARomero Restauro -Dinamica II 16
Un esempio di macchina semplice
Mm
a
b
Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg
I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m
Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg
ARomero Restauro -Dinamica II 17
EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena
Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C
ARomero Restauro -Dinamica II 18
Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio
m 41kg 40
m 2kg 28m
BCmg)(mBCg)(mAB
0BCg)(m ABg)(m
1
_____
2
1
_____
2____
_____
2
____
1
ARomero Restauro -Dinamica II 19
La carrucola
Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico
Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno
ARomero Restauro -Dinamica II 20
La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)
ARomero Restauro -Dinamica II 21
Esempio David di Michelangelo
ARomero Restauro -Dinamica II 22
Esempio David di Michelangelo
Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la
gamba destra
Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)
ARomero Restauro -Dinamica II 23
Esempio David di Michelangelo
Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso
ARomero Restauro -Dinamica II 24
Esempio David di Michelangelo
Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale
Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua
ARomero Restauro -Dinamica II 25
Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)
ARomero Restauro -Dinamica II 26
Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera
ARomero Restauro -Dinamica II 27
Esempio David di Michelangelo
Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535
Firenze Casa Buonarroti
Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip
ARomero Restauro -Dinamica II 28
Esempio David di Michelangelo
Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software
In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe
Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress
ARomero Restauro -Dinamica II 29
Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 8
Equilibrio indifferenteLrsquoequilibrio indifferente si ha quando in seguito ad un piccolo spostamento delcorpo non vi sono forze o momenti di forza risultanti che tendano a riportarloverso la sua posizione iniziale o ad allontanarlo da essa
Se si ruota leggermente il cilindro esso egrave di nuovo in equilibrio
ARomero Restauro -Dinamica II 9
Stabilitagrave e centro di gravitagrave
(a) (b) (c)
La stabilitagrave dellrsquoequilibrio egrave relativa Se la bacchetta in (a) viene ruotata pococome in (b) essa ritorna nella sua posizione di equilibrio iniziale purcheacute laproiezione verticale del centro di gravitagrave si trovi entro la base di appoggio Sela rotazione egrave maggiore come in (c) la proiezione verticale del centro digravitagrave egrave al di fuori della base drsquoappoggio e la bacchetta cade
ARomero Restauro -Dinamica II 10
56 m
36 m
ARomero Restauro -Dinamica II 11
Macchine sempliciUna macchina semplice egrave un dispositivo che ha lo scopo ditrasformare una forza in entrata in una forza maggiore inuscitaA volte il vantaggio puograve essere anche solo quello di invertire ilverso della forza ( carrucole) o di rendere possibili alcuneazioni ( pinze)Esempi di macchine semplici sono le leve i piani inclinati e isistemi di carrucoleIl vantaggio A di una macchina semplice egrave definito come ilrapporto tra la forza in uscita e la forza in entrata
PotenzaResistenza
entratain forzauscitain forzaA
ARomero Restauro -Dinamica II 12
la leva di I genereLe leve (v disegno) sono vantaggiose quando F1(P) egraveminore di F2 (R) perchegrave il braccio F1 egrave maggiore del bracciodi F2 Serve per sollevare pesi maggiori di quello che siriuscirebbe normalmente Sono svantaggiose nel casocontrario e indifferenti se F1 = F2Esempio altalena su cui stanno persone con masse diverseLa piugrave leggera si siede piugrave lontano o palanchino persollevare blocchi di pietra
FulcroF1F2
a b
Per lrsquoequiliblio devo avere F1 a = F2 b
ARomero Restauro -Dinamica II 13
Leve di secondo genere
bull Hanno il fulcro allrsquoestremitagravebull Hanno la resistenza fra il fulcro e la
potenza
bull Sono sempre vantaggiose
bull a gt b quindi P lt R
ARomero Restauro -Dinamica II 14
Leve di secondo genere
bull Hanno la resistenza fra ilfulcro e la potenza
bull Esempi lo schiaccianoci lacarriola il trolley il piede
R
Pb a
F
ARomero Restauro -Dinamica II 15
Leve di terzo genere
bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli
bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza
bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro
ARomero Restauro -Dinamica II 16
Un esempio di macchina semplice
Mm
a
b
Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg
I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m
Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg
ARomero Restauro -Dinamica II 17
EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena
Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C
ARomero Restauro -Dinamica II 18
Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio
m 41kg 40
m 2kg 28m
BCmg)(mBCg)(mAB
0BCg)(m ABg)(m
1
_____
2
1
_____
2____
_____
2
____
1
ARomero Restauro -Dinamica II 19
La carrucola
Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico
Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno
ARomero Restauro -Dinamica II 20
La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)
ARomero Restauro -Dinamica II 21
Esempio David di Michelangelo
ARomero Restauro -Dinamica II 22
Esempio David di Michelangelo
Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la
gamba destra
Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)
ARomero Restauro -Dinamica II 23
Esempio David di Michelangelo
Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso
ARomero Restauro -Dinamica II 24
Esempio David di Michelangelo
Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale
Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua
ARomero Restauro -Dinamica II 25
Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)
ARomero Restauro -Dinamica II 26
Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera
ARomero Restauro -Dinamica II 27
Esempio David di Michelangelo
Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535
Firenze Casa Buonarroti
Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip
ARomero Restauro -Dinamica II 28
Esempio David di Michelangelo
Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software
In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe
Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress
ARomero Restauro -Dinamica II 29
Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 9
Stabilitagrave e centro di gravitagrave
(a) (b) (c)
La stabilitagrave dellrsquoequilibrio egrave relativa Se la bacchetta in (a) viene ruotata pococome in (b) essa ritorna nella sua posizione di equilibrio iniziale purcheacute laproiezione verticale del centro di gravitagrave si trovi entro la base di appoggio Sela rotazione egrave maggiore come in (c) la proiezione verticale del centro digravitagrave egrave al di fuori della base drsquoappoggio e la bacchetta cade
ARomero Restauro -Dinamica II 10
56 m
36 m
ARomero Restauro -Dinamica II 11
Macchine sempliciUna macchina semplice egrave un dispositivo che ha lo scopo ditrasformare una forza in entrata in una forza maggiore inuscitaA volte il vantaggio puograve essere anche solo quello di invertire ilverso della forza ( carrucole) o di rendere possibili alcuneazioni ( pinze)Esempi di macchine semplici sono le leve i piani inclinati e isistemi di carrucoleIl vantaggio A di una macchina semplice egrave definito come ilrapporto tra la forza in uscita e la forza in entrata
PotenzaResistenza
entratain forzauscitain forzaA
ARomero Restauro -Dinamica II 12
la leva di I genereLe leve (v disegno) sono vantaggiose quando F1(P) egraveminore di F2 (R) perchegrave il braccio F1 egrave maggiore del bracciodi F2 Serve per sollevare pesi maggiori di quello che siriuscirebbe normalmente Sono svantaggiose nel casocontrario e indifferenti se F1 = F2Esempio altalena su cui stanno persone con masse diverseLa piugrave leggera si siede piugrave lontano o palanchino persollevare blocchi di pietra
FulcroF1F2
a b
Per lrsquoequiliblio devo avere F1 a = F2 b
ARomero Restauro -Dinamica II 13
Leve di secondo genere
bull Hanno il fulcro allrsquoestremitagravebull Hanno la resistenza fra il fulcro e la
potenza
bull Sono sempre vantaggiose
bull a gt b quindi P lt R
ARomero Restauro -Dinamica II 14
Leve di secondo genere
bull Hanno la resistenza fra ilfulcro e la potenza
bull Esempi lo schiaccianoci lacarriola il trolley il piede
R
Pb a
F
ARomero Restauro -Dinamica II 15
Leve di terzo genere
bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli
bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza
bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro
ARomero Restauro -Dinamica II 16
Un esempio di macchina semplice
Mm
a
b
Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg
I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m
Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg
ARomero Restauro -Dinamica II 17
EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena
Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C
ARomero Restauro -Dinamica II 18
Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio
m 41kg 40
m 2kg 28m
BCmg)(mBCg)(mAB
0BCg)(m ABg)(m
1
_____
2
1
_____
2____
_____
2
____
1
ARomero Restauro -Dinamica II 19
La carrucola
Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico
Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno
ARomero Restauro -Dinamica II 20
La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)
ARomero Restauro -Dinamica II 21
Esempio David di Michelangelo
ARomero Restauro -Dinamica II 22
Esempio David di Michelangelo
Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la
gamba destra
Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)
ARomero Restauro -Dinamica II 23
Esempio David di Michelangelo
Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso
ARomero Restauro -Dinamica II 24
Esempio David di Michelangelo
Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale
Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua
ARomero Restauro -Dinamica II 25
Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)
ARomero Restauro -Dinamica II 26
Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera
ARomero Restauro -Dinamica II 27
Esempio David di Michelangelo
Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535
Firenze Casa Buonarroti
Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip
ARomero Restauro -Dinamica II 28
Esempio David di Michelangelo
Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software
In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe
Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress
ARomero Restauro -Dinamica II 29
Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 10
56 m
36 m
ARomero Restauro -Dinamica II 11
Macchine sempliciUna macchina semplice egrave un dispositivo che ha lo scopo ditrasformare una forza in entrata in una forza maggiore inuscitaA volte il vantaggio puograve essere anche solo quello di invertire ilverso della forza ( carrucole) o di rendere possibili alcuneazioni ( pinze)Esempi di macchine semplici sono le leve i piani inclinati e isistemi di carrucoleIl vantaggio A di una macchina semplice egrave definito come ilrapporto tra la forza in uscita e la forza in entrata
PotenzaResistenza
entratain forzauscitain forzaA
ARomero Restauro -Dinamica II 12
la leva di I genereLe leve (v disegno) sono vantaggiose quando F1(P) egraveminore di F2 (R) perchegrave il braccio F1 egrave maggiore del bracciodi F2 Serve per sollevare pesi maggiori di quello che siriuscirebbe normalmente Sono svantaggiose nel casocontrario e indifferenti se F1 = F2Esempio altalena su cui stanno persone con masse diverseLa piugrave leggera si siede piugrave lontano o palanchino persollevare blocchi di pietra
FulcroF1F2
a b
Per lrsquoequiliblio devo avere F1 a = F2 b
ARomero Restauro -Dinamica II 13
Leve di secondo genere
bull Hanno il fulcro allrsquoestremitagravebull Hanno la resistenza fra il fulcro e la
potenza
bull Sono sempre vantaggiose
bull a gt b quindi P lt R
ARomero Restauro -Dinamica II 14
Leve di secondo genere
bull Hanno la resistenza fra ilfulcro e la potenza
bull Esempi lo schiaccianoci lacarriola il trolley il piede
R
Pb a
F
ARomero Restauro -Dinamica II 15
Leve di terzo genere
bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli
bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza
bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro
ARomero Restauro -Dinamica II 16
Un esempio di macchina semplice
Mm
a
b
Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg
I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m
Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg
ARomero Restauro -Dinamica II 17
EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena
Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C
ARomero Restauro -Dinamica II 18
Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio
m 41kg 40
m 2kg 28m
BCmg)(mBCg)(mAB
0BCg)(m ABg)(m
1
_____
2
1
_____
2____
_____
2
____
1
ARomero Restauro -Dinamica II 19
La carrucola
Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico
Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno
ARomero Restauro -Dinamica II 20
La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)
ARomero Restauro -Dinamica II 21
Esempio David di Michelangelo
ARomero Restauro -Dinamica II 22
Esempio David di Michelangelo
Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la
gamba destra
Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)
ARomero Restauro -Dinamica II 23
Esempio David di Michelangelo
Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso
ARomero Restauro -Dinamica II 24
Esempio David di Michelangelo
Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale
Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua
ARomero Restauro -Dinamica II 25
Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)
ARomero Restauro -Dinamica II 26
Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera
ARomero Restauro -Dinamica II 27
Esempio David di Michelangelo
Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535
Firenze Casa Buonarroti
Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip
ARomero Restauro -Dinamica II 28
Esempio David di Michelangelo
Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software
In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe
Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress
ARomero Restauro -Dinamica II 29
Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 11
Macchine sempliciUna macchina semplice egrave un dispositivo che ha lo scopo ditrasformare una forza in entrata in una forza maggiore inuscitaA volte il vantaggio puograve essere anche solo quello di invertire ilverso della forza ( carrucole) o di rendere possibili alcuneazioni ( pinze)Esempi di macchine semplici sono le leve i piani inclinati e isistemi di carrucoleIl vantaggio A di una macchina semplice egrave definito come ilrapporto tra la forza in uscita e la forza in entrata
PotenzaResistenza
entratain forzauscitain forzaA
ARomero Restauro -Dinamica II 12
la leva di I genereLe leve (v disegno) sono vantaggiose quando F1(P) egraveminore di F2 (R) perchegrave il braccio F1 egrave maggiore del bracciodi F2 Serve per sollevare pesi maggiori di quello che siriuscirebbe normalmente Sono svantaggiose nel casocontrario e indifferenti se F1 = F2Esempio altalena su cui stanno persone con masse diverseLa piugrave leggera si siede piugrave lontano o palanchino persollevare blocchi di pietra
FulcroF1F2
a b
Per lrsquoequiliblio devo avere F1 a = F2 b
ARomero Restauro -Dinamica II 13
Leve di secondo genere
bull Hanno il fulcro allrsquoestremitagravebull Hanno la resistenza fra il fulcro e la
potenza
bull Sono sempre vantaggiose
bull a gt b quindi P lt R
ARomero Restauro -Dinamica II 14
Leve di secondo genere
bull Hanno la resistenza fra ilfulcro e la potenza
bull Esempi lo schiaccianoci lacarriola il trolley il piede
R
Pb a
F
ARomero Restauro -Dinamica II 15
Leve di terzo genere
bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli
bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza
bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro
ARomero Restauro -Dinamica II 16
Un esempio di macchina semplice
Mm
a
b
Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg
I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m
Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg
ARomero Restauro -Dinamica II 17
EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena
Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C
ARomero Restauro -Dinamica II 18
Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio
m 41kg 40
m 2kg 28m
BCmg)(mBCg)(mAB
0BCg)(m ABg)(m
1
_____
2
1
_____
2____
_____
2
____
1
ARomero Restauro -Dinamica II 19
La carrucola
Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico
Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno
ARomero Restauro -Dinamica II 20
La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)
ARomero Restauro -Dinamica II 21
Esempio David di Michelangelo
ARomero Restauro -Dinamica II 22
Esempio David di Michelangelo
Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la
gamba destra
Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)
ARomero Restauro -Dinamica II 23
Esempio David di Michelangelo
Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso
ARomero Restauro -Dinamica II 24
Esempio David di Michelangelo
Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale
Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua
ARomero Restauro -Dinamica II 25
Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)
ARomero Restauro -Dinamica II 26
Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera
ARomero Restauro -Dinamica II 27
Esempio David di Michelangelo
Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535
Firenze Casa Buonarroti
Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip
ARomero Restauro -Dinamica II 28
Esempio David di Michelangelo
Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software
In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe
Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress
ARomero Restauro -Dinamica II 29
Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 12
la leva di I genereLe leve (v disegno) sono vantaggiose quando F1(P) egraveminore di F2 (R) perchegrave il braccio F1 egrave maggiore del bracciodi F2 Serve per sollevare pesi maggiori di quello che siriuscirebbe normalmente Sono svantaggiose nel casocontrario e indifferenti se F1 = F2Esempio altalena su cui stanno persone con masse diverseLa piugrave leggera si siede piugrave lontano o palanchino persollevare blocchi di pietra
FulcroF1F2
a b
Per lrsquoequiliblio devo avere F1 a = F2 b
ARomero Restauro -Dinamica II 13
Leve di secondo genere
bull Hanno il fulcro allrsquoestremitagravebull Hanno la resistenza fra il fulcro e la
potenza
bull Sono sempre vantaggiose
bull a gt b quindi P lt R
ARomero Restauro -Dinamica II 14
Leve di secondo genere
bull Hanno la resistenza fra ilfulcro e la potenza
bull Esempi lo schiaccianoci lacarriola il trolley il piede
R
Pb a
F
ARomero Restauro -Dinamica II 15
Leve di terzo genere
bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli
bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza
bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro
ARomero Restauro -Dinamica II 16
Un esempio di macchina semplice
Mm
a
b
Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg
I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m
Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg
ARomero Restauro -Dinamica II 17
EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena
Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C
ARomero Restauro -Dinamica II 18
Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio
m 41kg 40
m 2kg 28m
BCmg)(mBCg)(mAB
0BCg)(m ABg)(m
1
_____
2
1
_____
2____
_____
2
____
1
ARomero Restauro -Dinamica II 19
La carrucola
Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico
Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno
ARomero Restauro -Dinamica II 20
La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)
ARomero Restauro -Dinamica II 21
Esempio David di Michelangelo
ARomero Restauro -Dinamica II 22
Esempio David di Michelangelo
Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la
gamba destra
Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)
ARomero Restauro -Dinamica II 23
Esempio David di Michelangelo
Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso
ARomero Restauro -Dinamica II 24
Esempio David di Michelangelo
Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale
Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua
ARomero Restauro -Dinamica II 25
Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)
ARomero Restauro -Dinamica II 26
Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera
ARomero Restauro -Dinamica II 27
Esempio David di Michelangelo
Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535
Firenze Casa Buonarroti
Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip
ARomero Restauro -Dinamica II 28
Esempio David di Michelangelo
Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software
In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe
Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress
ARomero Restauro -Dinamica II 29
Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 13
Leve di secondo genere
bull Hanno il fulcro allrsquoestremitagravebull Hanno la resistenza fra il fulcro e la
potenza
bull Sono sempre vantaggiose
bull a gt b quindi P lt R
ARomero Restauro -Dinamica II 14
Leve di secondo genere
bull Hanno la resistenza fra ilfulcro e la potenza
bull Esempi lo schiaccianoci lacarriola il trolley il piede
R
Pb a
F
ARomero Restauro -Dinamica II 15
Leve di terzo genere
bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli
bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza
bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro
ARomero Restauro -Dinamica II 16
Un esempio di macchina semplice
Mm
a
b
Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg
I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m
Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg
ARomero Restauro -Dinamica II 17
EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena
Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C
ARomero Restauro -Dinamica II 18
Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio
m 41kg 40
m 2kg 28m
BCmg)(mBCg)(mAB
0BCg)(m ABg)(m
1
_____
2
1
_____
2____
_____
2
____
1
ARomero Restauro -Dinamica II 19
La carrucola
Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico
Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno
ARomero Restauro -Dinamica II 20
La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)
ARomero Restauro -Dinamica II 21
Esempio David di Michelangelo
ARomero Restauro -Dinamica II 22
Esempio David di Michelangelo
Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la
gamba destra
Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)
ARomero Restauro -Dinamica II 23
Esempio David di Michelangelo
Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso
ARomero Restauro -Dinamica II 24
Esempio David di Michelangelo
Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale
Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua
ARomero Restauro -Dinamica II 25
Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)
ARomero Restauro -Dinamica II 26
Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera
ARomero Restauro -Dinamica II 27
Esempio David di Michelangelo
Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535
Firenze Casa Buonarroti
Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip
ARomero Restauro -Dinamica II 28
Esempio David di Michelangelo
Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software
In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe
Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress
ARomero Restauro -Dinamica II 29
Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 14
Leve di secondo genere
bull Hanno la resistenza fra ilfulcro e la potenza
bull Esempi lo schiaccianoci lacarriola il trolley il piede
R
Pb a
F
ARomero Restauro -Dinamica II 15
Leve di terzo genere
bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli
bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza
bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro
ARomero Restauro -Dinamica II 16
Un esempio di macchina semplice
Mm
a
b
Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg
I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m
Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg
ARomero Restauro -Dinamica II 17
EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena
Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C
ARomero Restauro -Dinamica II 18
Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio
m 41kg 40
m 2kg 28m
BCmg)(mBCg)(mAB
0BCg)(m ABg)(m
1
_____
2
1
_____
2____
_____
2
____
1
ARomero Restauro -Dinamica II 19
La carrucola
Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico
Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno
ARomero Restauro -Dinamica II 20
La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)
ARomero Restauro -Dinamica II 21
Esempio David di Michelangelo
ARomero Restauro -Dinamica II 22
Esempio David di Michelangelo
Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la
gamba destra
Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)
ARomero Restauro -Dinamica II 23
Esempio David di Michelangelo
Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso
ARomero Restauro -Dinamica II 24
Esempio David di Michelangelo
Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale
Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua
ARomero Restauro -Dinamica II 25
Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)
ARomero Restauro -Dinamica II 26
Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera
ARomero Restauro -Dinamica II 27
Esempio David di Michelangelo
Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535
Firenze Casa Buonarroti
Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip
ARomero Restauro -Dinamica II 28
Esempio David di Michelangelo
Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software
In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe
Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress
ARomero Restauro -Dinamica II 29
Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 15
Leve di terzo genere
bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli
bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza
bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro
ARomero Restauro -Dinamica II 16
Un esempio di macchina semplice
Mm
a
b
Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg
I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m
Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg
ARomero Restauro -Dinamica II 17
EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena
Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C
ARomero Restauro -Dinamica II 18
Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio
m 41kg 40
m 2kg 28m
BCmg)(mBCg)(mAB
0BCg)(m ABg)(m
1
_____
2
1
_____
2____
_____
2
____
1
ARomero Restauro -Dinamica II 19
La carrucola
Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico
Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno
ARomero Restauro -Dinamica II 20
La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)
ARomero Restauro -Dinamica II 21
Esempio David di Michelangelo
ARomero Restauro -Dinamica II 22
Esempio David di Michelangelo
Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la
gamba destra
Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)
ARomero Restauro -Dinamica II 23
Esempio David di Michelangelo
Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso
ARomero Restauro -Dinamica II 24
Esempio David di Michelangelo
Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale
Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua
ARomero Restauro -Dinamica II 25
Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)
ARomero Restauro -Dinamica II 26
Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera
ARomero Restauro -Dinamica II 27
Esempio David di Michelangelo
Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535
Firenze Casa Buonarroti
Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip
ARomero Restauro -Dinamica II 28
Esempio David di Michelangelo
Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software
In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe
Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress
ARomero Restauro -Dinamica II 29
Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 16
Un esempio di macchina semplice
Mm
a
b
Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg
I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m
Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg
ARomero Restauro -Dinamica II 17
EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena
Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C
ARomero Restauro -Dinamica II 18
Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio
m 41kg 40
m 2kg 28m
BCmg)(mBCg)(mAB
0BCg)(m ABg)(m
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_____
2
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ARomero Restauro -Dinamica II 19
La carrucola
Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico
Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno
ARomero Restauro -Dinamica II 20
La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)
ARomero Restauro -Dinamica II 21
Esempio David di Michelangelo
ARomero Restauro -Dinamica II 22
Esempio David di Michelangelo
Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la
gamba destra
Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)
ARomero Restauro -Dinamica II 23
Esempio David di Michelangelo
Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso
ARomero Restauro -Dinamica II 24
Esempio David di Michelangelo
Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale
Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua
ARomero Restauro -Dinamica II 25
Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)
ARomero Restauro -Dinamica II 26
Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera
ARomero Restauro -Dinamica II 27
Esempio David di Michelangelo
Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535
Firenze Casa Buonarroti
Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip
ARomero Restauro -Dinamica II 28
Esempio David di Michelangelo
Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software
In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe
Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress
ARomero Restauro -Dinamica II 29
Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 17
EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena
Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C
ARomero Restauro -Dinamica II 18
Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio
m 41kg 40
m 2kg 28m
BCmg)(mBCg)(mAB
0BCg)(m ABg)(m
1
_____
2
1
_____
2____
_____
2
____
1
ARomero Restauro -Dinamica II 19
La carrucola
Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico
Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno
ARomero Restauro -Dinamica II 20
La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)
ARomero Restauro -Dinamica II 21
Esempio David di Michelangelo
ARomero Restauro -Dinamica II 22
Esempio David di Michelangelo
Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la
gamba destra
Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)
ARomero Restauro -Dinamica II 23
Esempio David di Michelangelo
Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso
ARomero Restauro -Dinamica II 24
Esempio David di Michelangelo
Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale
Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua
ARomero Restauro -Dinamica II 25
Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)
ARomero Restauro -Dinamica II 26
Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera
ARomero Restauro -Dinamica II 27
Esempio David di Michelangelo
Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535
Firenze Casa Buonarroti
Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip
ARomero Restauro -Dinamica II 28
Esempio David di Michelangelo
Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software
In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe
Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress
ARomero Restauro -Dinamica II 29
Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
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PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 18
Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio
m 41kg 40
m 2kg 28m
BCmg)(mBCg)(mAB
0BCg)(m ABg)(m
1
_____
2
1
_____
2____
_____
2
____
1
ARomero Restauro -Dinamica II 19
La carrucola
Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico
Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno
ARomero Restauro -Dinamica II 20
La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)
ARomero Restauro -Dinamica II 21
Esempio David di Michelangelo
ARomero Restauro -Dinamica II 22
Esempio David di Michelangelo
Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la
gamba destra
Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)
ARomero Restauro -Dinamica II 23
Esempio David di Michelangelo
Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso
ARomero Restauro -Dinamica II 24
Esempio David di Michelangelo
Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale
Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua
ARomero Restauro -Dinamica II 25
Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)
ARomero Restauro -Dinamica II 26
Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera
ARomero Restauro -Dinamica II 27
Esempio David di Michelangelo
Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535
Firenze Casa Buonarroti
Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip
ARomero Restauro -Dinamica II 28
Esempio David di Michelangelo
Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software
In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe
Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress
ARomero Restauro -Dinamica II 29
Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 19
La carrucola
Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico
Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno
ARomero Restauro -Dinamica II 20
La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)
ARomero Restauro -Dinamica II 21
Esempio David di Michelangelo
ARomero Restauro -Dinamica II 22
Esempio David di Michelangelo
Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la
gamba destra
Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)
ARomero Restauro -Dinamica II 23
Esempio David di Michelangelo
Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso
ARomero Restauro -Dinamica II 24
Esempio David di Michelangelo
Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale
Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua
ARomero Restauro -Dinamica II 25
Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)
ARomero Restauro -Dinamica II 26
Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera
ARomero Restauro -Dinamica II 27
Esempio David di Michelangelo
Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535
Firenze Casa Buonarroti
Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip
ARomero Restauro -Dinamica II 28
Esempio David di Michelangelo
Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software
In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe
Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress
ARomero Restauro -Dinamica II 29
Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 20
La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)
ARomero Restauro -Dinamica II 21
Esempio David di Michelangelo
ARomero Restauro -Dinamica II 22
Esempio David di Michelangelo
Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la
gamba destra
Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)
ARomero Restauro -Dinamica II 23
Esempio David di Michelangelo
Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso
ARomero Restauro -Dinamica II 24
Esempio David di Michelangelo
Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale
Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua
ARomero Restauro -Dinamica II 25
Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)
ARomero Restauro -Dinamica II 26
Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera
ARomero Restauro -Dinamica II 27
Esempio David di Michelangelo
Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535
Firenze Casa Buonarroti
Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip
ARomero Restauro -Dinamica II 28
Esempio David di Michelangelo
Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software
In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe
Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress
ARomero Restauro -Dinamica II 29
Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 21
Esempio David di Michelangelo
ARomero Restauro -Dinamica II 22
Esempio David di Michelangelo
Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la
gamba destra
Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)
ARomero Restauro -Dinamica II 23
Esempio David di Michelangelo
Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso
ARomero Restauro -Dinamica II 24
Esempio David di Michelangelo
Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale
Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua
ARomero Restauro -Dinamica II 25
Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)
ARomero Restauro -Dinamica II 26
Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera
ARomero Restauro -Dinamica II 27
Esempio David di Michelangelo
Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535
Firenze Casa Buonarroti
Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip
ARomero Restauro -Dinamica II 28
Esempio David di Michelangelo
Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software
In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe
Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress
ARomero Restauro -Dinamica II 29
Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 22
Esempio David di Michelangelo
Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la
gamba destra
Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)
ARomero Restauro -Dinamica II 23
Esempio David di Michelangelo
Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso
ARomero Restauro -Dinamica II 24
Esempio David di Michelangelo
Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale
Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua
ARomero Restauro -Dinamica II 25
Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)
ARomero Restauro -Dinamica II 26
Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera
ARomero Restauro -Dinamica II 27
Esempio David di Michelangelo
Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535
Firenze Casa Buonarroti
Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip
ARomero Restauro -Dinamica II 28
Esempio David di Michelangelo
Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software
In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe
Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress
ARomero Restauro -Dinamica II 29
Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 23
Esempio David di Michelangelo
Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso
ARomero Restauro -Dinamica II 24
Esempio David di Michelangelo
Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale
Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua
ARomero Restauro -Dinamica II 25
Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)
ARomero Restauro -Dinamica II 26
Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera
ARomero Restauro -Dinamica II 27
Esempio David di Michelangelo
Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535
Firenze Casa Buonarroti
Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip
ARomero Restauro -Dinamica II 28
Esempio David di Michelangelo
Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software
In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe
Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress
ARomero Restauro -Dinamica II 29
Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 24
Esempio David di Michelangelo
Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale
Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua
ARomero Restauro -Dinamica II 25
Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)
ARomero Restauro -Dinamica II 26
Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera
ARomero Restauro -Dinamica II 27
Esempio David di Michelangelo
Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535
Firenze Casa Buonarroti
Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip
ARomero Restauro -Dinamica II 28
Esempio David di Michelangelo
Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software
In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe
Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress
ARomero Restauro -Dinamica II 29
Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 25
Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)
ARomero Restauro -Dinamica II 26
Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera
ARomero Restauro -Dinamica II 27
Esempio David di Michelangelo
Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535
Firenze Casa Buonarroti
Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip
ARomero Restauro -Dinamica II 28
Esempio David di Michelangelo
Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software
In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe
Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress
ARomero Restauro -Dinamica II 29
Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 26
Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera
ARomero Restauro -Dinamica II 27
Esempio David di Michelangelo
Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535
Firenze Casa Buonarroti
Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip
ARomero Restauro -Dinamica II 28
Esempio David di Michelangelo
Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software
In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe
Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress
ARomero Restauro -Dinamica II 29
Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 27
Esempio David di Michelangelo
Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535
Firenze Casa Buonarroti
Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip
ARomero Restauro -Dinamica II 28
Esempio David di Michelangelo
Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software
In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe
Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress
ARomero Restauro -Dinamica II 29
Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 28
Esempio David di Michelangelo
Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software
In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe
Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress
ARomero Restauro -Dinamica II 29
Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 29
Esempio David di Michelangelo
Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto
Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri
Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica
I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
B baricentro
P forza peso
B
P
C centro di rotazione
C
F
F forza applicata
Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro
B
P
C
Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B
Misura del baricentro
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
B
CD
Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D
Procedimento
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
B
P
F
C Yαα
Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
B
P
F
CX
Y
Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0
Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 34
Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo
bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma
Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove
Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI
Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto
Attrito
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 35
AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto
La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 36
Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura
Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito
statico
Ffs
N
mg
Corpo in quiete
Nμf ss
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 37
La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto
Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico
Nμdd f
mg
fd
N
v
Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto
Attrito dinamico
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 38
Coefficienti di attrito
Superfici s d
Legno su pietra 07 03
Gomma su cemento asciutto 065 05
Gomma su cemento bagnato 04 035
Gomma su ghiaccio 02 015
Acciaio su acciaio asciutto 015 012
Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente
Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 39
Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze
Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata
Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)
Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)
Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 40
Attrito volvente
N196089100020mgF s
Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo
Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica
Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro
Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento
mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]
Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r
mgF2h
Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia
Se rotola e ha r=02 m N5220
8910105rmgF
35
h
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 41
Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla
Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare
mg
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 42
Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso
Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano
mg
N
Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 43
Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y
Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso
mg
Ny
x
mg
N
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 44
Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice
il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y
i
y
x
i maNmgcosmamgsin
m
aF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto
ix
i 0Nmgcosmamgsin
m
aF
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 45
Accelerazione e tempo
200 ta
21tvxx
22 t2189
21tseng
21x
ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione
La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione
La seconda il modulo dellareazione vincolare
mgcosθN
mg
N
gsinax
xmamgsin
Trovo il tempo dalla2ta
21x
22 t4523t452x
s11t221t4523t 2
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
ARomero Restauro -Dinamica II 46
Piano inclinato con attrito
xd acosggsin
Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima
ixd
i 0Nmgcosmafmgsin
amF
mg
N
Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto
xd macosmgmgsin
)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max
fd
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO
PROBLEMACOME
POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN
PIANO INCLINATO
PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI
SUFFICIENTE ATTRITO DA
EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO
47
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
METODOLOGIA
SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO
SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48
OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE
micros = 033
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale
49
PIANO INCLINATO SIMULAZIONE
α = 30deg
ARAZZO
F
m g
Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0
12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0
Angolo del piano inclinato (α) = 30deg
Fd = forza di attrito di primo distacco
F = forza parallela al piano
(tira lrsquoarazzo verso il basso)
In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg
POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO
buon compromesso scarico peso +
buona visibilitagrave oggetto (piccole
dimensioni)
Fd
m g = forza peso
m g cos α
N
α
N = normale