G.M. - Informatica B-Automazione 2002/03 Applic azione Una forza orizzontale costante di 10 N è...

G.M. - Informatica B-Automazione 2002/03

Applicazione

• Una forza orizzontale costante di 10 N è applicata a un cilindro di massa M=10kg e raggio R=0.20 m, attraverso una corda avvolta sul cilindro nel modo come indicato in figura. Il cilindro rotola senza strisciare sulla superficie orizzontale. Determinare:

• l’accelerazione del suo centro di massa.• L’intensità ed il verso della forza di attrito necessario per assicurare il moto di

puro rotolamento• Il minimo coefficiente di attrito tra il cilindro e il piano orizzontale .

• Dal teorema del centro di massa:

F

P

N

Fas

N =Mg

r F +

r P +

r N +

r F as =M

r a CM

x F −Fas =MaCMx

y N −Mg =MaCMy =0

• Supponiamo che la forza di attrito statico sia diretta in verso opposto alla forza applicata F, salvo ricrederci se risolvendo il problema ci risultasse un modulo negativo.

• La rotazione attorno al centro di massa: M z* =I*α

I * =12

MR2F Mz =−FR

P Mz =0

N Mz =0

Fas Mz =−FasR −FR−FasR =I*α

Traslazione F −Fas =MaCMx

Rotazione −FR−FasR =I*α

condizione di puro rotolamentoaCMx =−Rα

x

y


Applicazione

• Una forza orizzontale costante di 10 N è applicata a un cilindro di massa M=2kg e raggio R=0.20 m, attraverso una corda avvolta sul cilindro nel modo come indicato in figura. Il cilindro rotola senza strisciare sulla superficie orizzontale. Determinare:

• l’accelerazione del suo centro di massa.• L’intensità ed il verso della forza di attrito necessario per assicurare il moto di

puro rotolamento• Il minimo coefficiente di attrito tra il cilindro e il piano orizzontale .

F

• Ricavando la forza di attrito statico dalla prima e sostituendo:

Traslazione F −Fas =MaCMx

Rotazione −FR−FasR =I*α

condizione di puro rotolamentoaCMx =−Rα

Fas =F +MRα

−FR−FR −MR2α =I*α

α =−2FR

I* +MR2

α =−2FR

I* +MR2 =−2FR

12 MR2 +MR2 =−

2F32 MR

=

=−4F

3MR=−

4×103×2×0.2

=−33.3rad

s2

aCMx =−Rα =−0.2× −33.3( ) =6.66m

s2

Fas =F +MRα =10+2×0.2 −33.3( ) =−3.32N• Il fatto di aver trovato il modulo della

forza di attrito negativa, vuol dire che la nostra ipotesi iniziale circa il verso della Fas era sbagliato.

P

N

Fas

Fas ≤μsN ⇒ μs ≥Fas

N=

Fas

Mg=

3.322×9.81

=.17

x

y


Applicazione

• Un cilindro pieno di raggio 10 cm e massa 12 Kg, partendo da fermo, rotola senza strisciare per una distanza di 6 m giù per il tetto di una casa inclinato di di 30 °

• Quando lascia il bordo del tetto, qual è la sua velocità angolare rispetto ad un asse passante per il suo centro di massa

• La parete esterna della casa è alta 5 m, a che distanza dal bordo del tetto atterrerà sul terreno piano?

• Consideriamo dapprima il moto di puro rotolamento sul tetto

• Le forze agenti sono la forza peso, la Normale, la forza di attrito statico.

• Possiamo trovare la velocità finale utilizzando la conservazione dell’energia meccanica totale

ΔE =Wnc= WN +WFa

=0perchè appl. punto fermo

1 2 4 3 4 =0

Ei =Ef ⇒ K i +Ui =K f +Uf

L

i

fU=0

K f ⇒per il teorema di Konig

K f =12

MvCM2 +K* =

12

MvCM2 +

12

I*ω2


Applicazione




• La condizione di puro rotolamento:

vCM =Rω vCM2 =R2ω2

L

i

fU=0

K i +U i =K f +U f

0+MgLsen30°=12

MvCM2 +

12

I*ω2 +0

• Il momento di inerzia del Cilindro: I * =12

MR2

MgLsen30°=12

MR2ω2 +12

12

MR2ω2

ω =4gLsen30°

3R2 =4×9.81×6×0.5

3×.12 = 3924=62.6rads


Applicazione




• Affrontiamo ora la seconda parte del problema.

• Dobbiamo innanzitutto calcolarci il modulo della velocità del CM

– Usiamo la condizione di puro rotolamento:

vCM =Rω =0.1×62.6=6.26ms

• La velocità è diretta come mostrato in figura.

xo =0m vxo =−6.26cos30° =−5.42ms

yo =5m vyo =−6.26sen30°=−3.13ms

• Quando il cilindro abbandona il tetto, il moto del suo centro di massa è come il moto del proiettile.

• Facendo ripartire l’orologio al momento del distacco,le condizioni iniziali sono:

v

x

y

x =vxot

y =yo +vyot−12 gt2


Applicazione




• Determiniamo l’istante di impatto al suolo imponendo che y sia nulla:

• La soluzione negativa è da scartare.• La distanza a cui atterrerà:

v

x

y

x =vxot =−5.42×.74=−4.01m

yo +vyot−12 gt2 =0 ⇒ 4.9t2 +3.13t −5=0

t1,2 =−b± b2 −4ac

2a=

−3.13± 3.132 +4×4.91×59.81

=−3.13±10.39

9.81=

−1.37

+0.74

d= xf −xo =4.01m

• Si osservi che la velocità di rotazione attorno all’asse passante per il centro di massa rimane costante dal momento del distacco fino all’impatto al suolo.

– L’unica forza esterna agente, la forza peso, essendo applicata al CM, ha momento assiale nullo rispetto all’asse di rotazione.


Applicazione

• Un corpo di massa m e raggio R rotola senza strisciare a velocità v su un piano orizzontale. Prosegue rotolando su per una rampa fini ad una altezza massima h

• Se h=3v2/(4g), qual è il momento di inerzia del corpo rispetto all’asse passante per il centro di massa?

• Di che tipo di corpo si tratta?

• Le forze agenti sono: il peso, la normale e la forza di attrito.

• Possiamo applicare la conservazione dell’energia

• Da cui:

I * =m32

−1⎛ ⎝

⎞ ⎠ R

2 =12

mR2

• Si tratta di un cilindro

K i +U i =K f +U f

12

Mv2 +12

I*ω2 +0=0+mgh

12

mv2 +12

I*v2

R2 =mg3v2

4gm+I*

1R2 =m

32

hv


Statica dei corpi rigidi• Condizione necessaria ( ma non sufficiente) perché un corpo rigido sia fermo è

che:– L’accelerazione del suo centro di massa sia nulla

– E che l’accelerazione angolare sia nulla rispetto a qualsiasi asse passante per il centro di massa.

• Questo è equivalente a dire:

Mr a CM =r R est

Iα =Mz

⇒r R est=0r M est=0

• Le due condizioni non sono sufficienti perché, anche se sono soddisfatte, il corpo potrebbe

– Muoversi con velocità del centro di massa costante (moto rettilineo uniforme)

– Ruotare con velocità angolare costante attorno ad un asse centrale di inerzia (L parallelo all’asse di rotazione)

• Occorre quindi che il corpo occupi la posizione iniziale con– Velocità del centro di massa nulla

– Velocità angolare nulla rispetto a qualunque asse passante per il centro di massa


o

Sistemi di forze equivalenti• Se su un corpo rigido agiscono alcune forze, queste possono essere sostituite

da altre purché le nuove forze abbiano – la stessa risultante (che produce la stessa accelerazione del centro di massa)

– e lo stesso momento risultante rispetto ad un qualunque polo O (che produce la stessa variazione del momento angolare)

Mr a CM =r R est

Iα =Mz

• Un qualsiasi insieme di forza è equivalente ad – una singola forza di intensità pari alla risultante delle

forze di partenza applicata nel polo O– più una coppia di forze di momento pari al momento

risultante delle forze di partenza.

• Fanno eccezione le forze parallele– In questo caso si può fare a meno della coppia

– Si può sempre trovare un punto in cui applicare la risultante delle forze


Punto di applicazione della forza peso• Vogliamo far vedere che, dato un corpo rigido discreto

– Ciascun punto soggetto alla forza peso (mig)

l’insieme delle forze peso è equivalente ad un’unica forza – Di intensità pari a Mg (M = somma mi)

– Applicata al centro di massa

• Considero le due masse m1 ed m2 collegate da un’asta rigida priva di massa.

• Se l’affermazione precedente è vera, allora– Posso equilibrare le due forze con un’unica forza – Applicata in un punto particolare dell’asta rigida

• Cerchiamo questa forza e il suo punto di applicazione.

m1

m2

r

P 1

r

P 2

r

F

r R est=0

⇓r P 1 +

r P 2 +

r F =0

⇓r F =−

r P 1 +

r P 2( )

F= m1g+m2g=(m1+m2)g

m1

m2

r

P 1

r

P 2

r

F

O xx

1

x2x

F

r P 1

−P1x1

r P 2

−P2x2

r F

+FxF

−P1x1 −P2x2 +FxF =0 ⇒ xF =m1gx1 +m2gx2

m1 +m2( )g=

m1x1 +m2x2

m1 +m2

NB: il punto di applicazione coincide con il CM, è interno al segmento che congiunge i due punti

Annulliamo i momenti rispetto ad O


Equilibrio di un corpo rigido nel campo della forza peso

• Corpo rigido appoggiato su di un piano orizzontale liscio.– Il corpo è in equilibrio se la verticale passante per il centro di massa interseca il

piano orizzontale in un punto interno al poligono di appoggio.

• E’ facile rendersi conto che il punto di applicazione della normale N

– la forza equivalente all’insieme di forze parallele esercitati sui vari punti di appoggio

– deve essere un punto interno del poligono di appoggio

• Se la verticale passante per il centro di massa – il punto di applicazione della forza peso

allora la forza peso e la Normale formano una coppia di braccio nullo

– Sono verificate le condizioni di equilibrio statico

• Altrimenti il momento di questa coppia sarà sempre diverso da zero

– Non ci sarà equilibrio

CM CM

r

P

r

P

r

N

r

N

Teorema del centro di massa

r P +

r N =0 ⇒

r N =−

r P


Equilibrio di un corpo rigido nel campo della forza peso

• In generale i concetti già determinati per il punto materiale valgono anche per il corpo rigido

• Vediamo il caso di un corpo rigido in rotazione attorno ad un asse orizzontale:

• equilibrio stabile– Se il CM si trova al di sotto dell’asse di

rotazione

• Equilibrio instabile– Se il CM si trova al di sopra dell’asse di

rotazione

• Equilibrio indifferente– Se l’asse di rotazione passa proprio per il centro

di massa

O

O

O

CM

CM

CM


Applicazione

• Nella figura vediamo una scala dei pompieri di lunghezza L=12 m e massa m=45 kg appoggiata con l’estremità superiore ad un muro privo di attrito, ad una altezza h=9.3 m dal suolo. Il suo centro di massa si trova a un terzo della sua lunghezza. Un vigile del fuoco con massa M=72 kg si arrampica per la scala fino a che il suo centro di massa si trova a metà della scala.

• Quali forze esercitano, in modulo il muro ed il terreno?

• In problemi di questo tipo tutte le forze sono contenute nel piano del disegno

• Il problema diventa un problema piano con solo tre gradi di libertà

– Moto lungo l’asse x

– Moto lungo l’asse y

– Rotazione attorno all’asse z

• Le condizioni di equilibrio si trovano imponendo che

– La componente x della risultante delle forze sia nulla

– La componente y della risultante delle forze sia nulla

– Il momento assiale Mz sia nullo

Si osservi che scegliendo un polo sul piano che contiene le forze, i rispettivi momenti hanno solo la componente z.


Applicazione

• Nella figura vediamo una scala dei pompieri di lunghezza L=12 m e massa m=45 kg appoggiata con l’estremità superiore ad un muro privo di attrito, ad una altezza h=9.3 m dal suolo. Il suo centro di massa si trova a un terzo della sua lunghezza. Un vigile del fuoco con massa M=72 kg si arrampica per la scala fino a che il suo centro di massa si trova a metà della scala.

• Quali forze esercitano, in modulo il muro ed il terreno?

• NB: per il calcolo di Mz si può scegliere un punto qualsiasi del piano.

– Scegliendo il punto O ci siamo evitato di calcolare due momenti quello di Ftx e quello di Fty

Rx =0 Fm −Ftx =0

Ry =0 −Mg−mg+Fty =0

M z =0 −Fmh+Mga2

+mga3

=0

a= L2 −h2 = 122 −9.32 =7.58m

Fm =Mg

a2

+mga3

h=

72×9.81×7.58

2+45×9.81×

7.583

9.3=407.8N

Ftx =Fm =407.8N Fty =Mg +mg=1147.8N • NB: non ci può essere equilibrio senza attrito sul pavimento


Applicazione

• Nella situazione della figura, qual è l’intensità minima della forza orizzontale F da applicare al mozzo della ruota per superare un ostacolo di altezza h? Sia r il raggio della ruota ed m la sua massa.

• Se aumentiamo la forza F da zero fino a quando la ruota non supera l’ostacolo

– Quando la forza applicata è piccola la situazione della altre forze agenti è quella illustrata nella figura accanto

• Un attimo prima che la ruota si mette in movimento la situazione è quella illustrata nella figura in basso

– La normale N è diventata nulla (perdita di contatto)

• Equilibrando i momenti rispetto allo spigolo

−F r −h( )+mg r2 − r −h( )2 =0

PN

Rv

PRvF =

mg r2 −r2 −h2 +2rhr −h( )

=mg h 2r−h( )

r−h( )


La conservazione del momento angolare

• La seconda equazione cardinale della dinamica dei sistemi ci dice:

dr L

dt=

r M

• Se esiste un polo tale che il momento risultante delle forze esterne applicate è nullo, allora

dr L

dt=

r M =0 ⇒

r L =costante

• Il momento angolare totale, valutato rispetto allo stesso polo, si conserva.

• Questa è una legge di conservazione vettoriale (come la conservazione della quantità di moto)

• È equivalente a tre leggi scalari

• Ciascuna componente del momento angolare può conservarsi indipendentemente da quello che succede alle altre componenti.

• Questa legge vale anche nel caso in cui i corpi non sono rigidi.

• Il momento delle forze esterne rispetto al CM è nullo

I grande I piccolo

I grande

I grande

I piccolo

L z =Iω


Applicazione

• Un disco di grammofono di raggio r=0.10 m gira intorno ad un asse centrale verticale alla velocità di 4.7 rad/s. Il suo momento di inerzia rispetto all’asse di rotazione vale 5.0x10-4 kgm2. Un pezzetto di stucco di massa 0.020 kg cade dall’alto verticalmente sul disco e si appiccica sul bordo.

• Qual è la velocità angolare del disco subito dopo che lo stucco si è attaccato?

• L’urto è un urto anelastico, dopo l’urto i due oggetti si muovono restando attaccati

• Le forze esterne presenti sono le forze peso del disco e dello stucco più la reazione vincolare esercitata dall’asse di rotazione

• Proprio la presenza della reazione vincolare non consente la conservazione della quantità di moto

• Poiché la reazione vincolare, impulsiva, è applicata all’asse di rotazione, ha momento assiale nullo rispetto all’asse di rotazione.

• Anche le altre forze esterne presenti, le forze peso, essendo verticali hanno momento assiale nullo rispetto all’asse di rotazione

• Quindi si conserva il momento angolare assiale Lz.

L zi =L zi−disco+ L zi−stucco

=0v parallela a z1 2 4 3 4 =Idiscoω =5.0×10−4 ×4.7=23.5×10−4kgm2s−1

L zi =L zf

z

v

O

L zf =L zf−disco+stucco= Idisco+Istucco( )ωf L zf =L zi ⇒ ωf =L zi

Idisco+Istucco( )=

L zi

Idisco+mstuccor2

( )

ωf =L zi

Idisco+mstuccor2

( )=

23.5×10−4

5×10−4 +.020×.102( )

=23.5×10−4

7×10−4 =3.36rads


Applicazione

• Una palla di acciaio di massa m 0.515 kg è attacca ad una sbarra, di massa pari a 0.515 kg e lunghezza L=70 cm, il cui altro estremo è incernierato ad un asse orizzontale passante per il punto O. Il sistema composto dalla palla e dalla sbarra può ruotare liberamente attorno all'asse orizzontale passante per O. La palla viene lasciata libera quando la sbarra è orizzontale. Come mostrato in figura nel punto più basso della sua traiettoria la palla colpisce un blocco di acciaio di 2.50 kg stazionario su un piano privo di attrito. L'urto è elastico.

O• Trovare– la velocità della palla e la velocità del blocco subito dopo l'urto.

– La reazione vincolare esercitata dall'asse di rotazione sulla sbarra subito prima e subito dopo l'urto.

• La densità dell'acciaio è 7.87 g/cm3. Il momento di inerzia di una sfera omogenea rispetto ad un suo diametro è 2/5 mr2

y

x


Applicazione

– mpalla =0.515 kg

– msbarra =0.515 kg

– mblocco =2.50 kg

– L=70 cm– Densità acciaio= 7.87 g/cm3

– Isfera= 2/5 mr2

O

• Trovare– la velocità della palla e la velocità del blocco

subito dopo l'urto.


ΔE =Wnc= WRv=0perchè appl. punto fermo

{=0

Ei =Ef ⇒ K i +Ui =K f +Uf

Ei =Ef ⇒ K i +Ui _palla+Ui _sbarra=K f +Uf _palla+Uf _sbarra

U=0

U i_ palla=mpallag(L +r)

U i_sbarra=msbarrag(L +r)

U f _ palla=0

U f _sbarra=msbarrag(L2

+r)

K i =0

K f =12

Iωf2

• Dobbiamo calcolarci il raggio della palla e il momento di inerzia I complessivo rispetto all’asse di rotazione

y

x

• Si possono distinguere varie fasi– Caduta dalla posizione orizzontale iniziale alla posizione verticale– Urto con il blocco– Fase successiva all’urto (palla che riparte dalla posizione verticale

e ruota attorno all’asse di rotazione, blocco che si allontana dalla posizione che aveva prima dell’urto.

• Lo studio della prima fase ci permette di determinare la velocità angolare della sbarra+palla prima dell’urto

– Durante il moto di caduta agisce la forza peso e la reazione vincolare

– Possiamo applicare la conservazione dell’energia


Applicazione




– L=70 cm– Densità acciaio= 7.87 g/cm3

– Isfera= 2/5 mr2

• Il raggio della pallaO


subito dopo l'urto.


I =Ipalla+Isbarra

Ipalla=25

mpallar2 +mpalla L +r( )2

steiner1 2 4 4 4 4 3 4 4 4 4

=.270kgm2

I sbarra=13

msbarraL2 =

13

×0.515×.72 =0.084kgm2

U=0mpalla=ρV =ρ

43

πr3 ⇒ r =3mpalla

4πρ3

ρ=7.87g

cm3 =7.8710−3kg

10−2m( )3 =7.87×103 kg

m3

r =3mpalla

4πρ3 =

3×.5154×3.14×7.87×103

3 =0.025m

I =Ipalla+Isbarra=

=.270+0.084=0.354kgm2

y

x


Applicazione




– L=70 cm

– Densità acciaio= 7.87 g/cm3

– Isfera= 2/5 mr2

– R=0.025 m

– I=0.354kgm2

• applichiamo la conservazione dell’energia:


subito dopo l'urto.


K i +Ui _palla+Ui _sbarra=K f +Uf _palla+Uf _sbarra

0+mpallag L +r( )+msbarrag L +r( )=12

Iω f2 +0+msbarrag

L2

+r⎛ ⎝

⎞ ⎠

ωf2 =

mpallag L +r( )+msbarrag L +r −L2

−r⎛ ⎝

⎞ ⎠

12

I=

mpallag L +r( )+msbarragL2

⎛ ⎝

⎞ ⎠

12

I

ωf2 =

0.515×9.81× 0.7+0.025( )+0.515×9.81×0.72

⎛ ⎝

⎞ ⎠

12

×0.354=364.8

rad2

s2ωf =19.1

rads

O

U=0

y

x


O

Applicazione




– L=70 cm


– Isfera= 2/5 mr2

– R=0.025 m

– I=0.354kgm2

• Abbiamo determinato la velocità angolare della sbarra immediatamente prima dell’urto

• Possiamo passare alla soluzione della seconda fase, l’urto vero e proprio.

• Le forze esterne agenti sul sistema rigido sbarra-palla e sul blocco, l’insieme dei corpi che si urtano, sono:

– Le forze peso

– La reazione vincolare applicata dall’asse di rotazione al corpo rigido sbarra-palla

– La normale N esercitata dal piano orizzontale sul blocco

• Sia la reazione vincolare che la normale N possono diventare impulsive durante l’urto

– Dalla figura si vede che la forza interna che agisce sul blocco è orizzontale

– non influenza quello che avviene nella direzione verticale:

– Poiché la normale N necessariamente deve essere verticale,

– la normale N non è impulsiva


subito dopo l'urto.


– =19.1rad/sy

x


O

Applicazione




– L=70 cm


– Isfera= 2/5 mr2

– R=0.025 m

– I=0.354kgm2

• Per quanto riguarda la reazione vincolare invece– L’unico vincolo che possiamo porre alla sua direzione è che deve

esser perpendicolare al vincolo (all’asse di rotazione)– Quindi può benissimo avere delle componenti orizzontali

• La reazione vincolare può avere un comportamento impulsivo• Non possiamo applicare la conservazione della quantità di moto

• Osserviamo che il momento assiale della reazione vincolare è nullo (il braccio è nullo)

• Allora si conserva il momento angolare assiale!!


subito dopo l'urto.


– =19.1rad/s

L zi =L zf L zi−sbarra−palla+L zi−blocco=L zf−sbarra−palla+L zf−blocco

L zi−sbarra−palla=Iω

L zi−blocco=0

L zf−sbarra−palla=Iω'

L zf−blocco= L +r( )mbloccov'

y

x


O

v

r

θ

Applicazione




– L=70 cm


– Isfera= 2/5 mr2

– R=0.025 m

– I=0.354kgm2

• Calcolo del momento angolare assiale del blocco dopo l’urto:


subito dopo l'urto.


– =19.1rad/s

r L =

r r ×m

r v L =rmvsenθ=mvrsenθ( ) =mv(L +rp)

• La direzione è perpendicolare al piano del disegno• Il verso è quello dell’asse z• La componente assiale è proprio uguale al modulo del momento

y

x


O

Applicazione




– L=70 cm


– Isfera= 2/5 mr2

– R=0.025 m

– I=0.354kgm2

• Abbiamo potuto affermare che nell’urto si conserva il momento angolare assiale:


subito dopo l'urto.


– =19.1rad/s

L zi =L zf L zi−sbarra−palla+L zi−blocco=L zf−sbarra−palla+L zf−blocco

L zi−sbarra−palla=Iω

L zi−blocco=0

L zf−sbarra−palla=Iω'

L zf−blocco= L +r( )mbloccov'

y

x

Iω+0=Iω'+mbloccov' L +r( )


O

Applicazione




– L=70 cm


– Isfera= 2/5 mr2

– R=0.025 m

– I=0.354kgm2


subito dopo l'urto.


– =19.1rad/sy

x

12

Iω2 +0 =12

Iω'2 +12

mbloccov'2

• Poiché sappiamo che l’urto è elastico, allora nell’urto si conserva anche l’energia cinetica.

K i =K f K i−sbarra−palla+K i−blocco=K f−sbarra−palla+K f−blocco

K zi−sbarra−palla=12

Iω2

K zi−blocco=0

K zf−sbarra−palla=12

Iω'2

K zf−blocco=12

mbloccov'2


O

Applicazione




– L=70 cm


– Isfera= 2/5 mr2

– R=0.025 m

– I=0.354kgm2


subito dopo l'urto.


– =19.1rad/sy

x12

Iω2 =12

Iω'2 +12

mbloccov'2

• Ricapitolando Iω =Iω'+mbloccov' L +r( )

• Abbiamo due equazioni in due incognite, v’ e w’.

• Non abbiamo bisogno di altre equazioni per trovare la soluzione

• Conviene comunque eliminare i quadrati dalla seconda equazione

• Riscriviamo il sistema nella seguente forma:I ω −ω'( )=mbloccov' L +r( )

I ω2 −ω'2( ) =mbloccov'2• Dividendo la seconda per la prima:

I ω −ω'( )=mbloccov' L +r( )

ω+ω'=v'

L +r

v'= L +r( ) ω+ω'( )

• Sostituendo nella prima


O

Applicazione




– L=70 cm


– Isfera= 2/5 mr2

– R=0.025 m

– I=0.354kgm2


subito dopo l'urto.


– =19.1rad/sy

x

• Il fatto che ’ sia negativa significa che nell’urto il corpo rigido sbarra-palla inverte il moto e torna indietro.

I ω −ω'( )=mbloccoω+ω'( ) L +r( )2v'= L +r( ) ω+ω'( )

I −mbloccoL +r( )2( )ω = I +mbloccoL +r( )2( )ω'

ω'=ωI −mbloccoL +r( )2

I +mbloccoL +r( )2=19.1×

0.354−2.5× .725( )2

0.354+2.5× .725( )2=−11.0

rads

v'= L +r( ) ω+ω'( ) =.725× 19.1+ −11.0( )( )=5.9ms

I ω −ω'( )=mbloccov' L +r( )• Sostituendo


O

Applicazione




– L=70 cm


– Isfera= 2/5 mr2

– R=0.025 m

– I=0.354kgm2


subito dopo l'urto.


– =19.1rad/sy

x

• Infine valutiamo il valore della reazione vincolare subito prima (e poi subito dopo) l’urto.

• Subito prima dell’urto la situazione è quella mostrata in figura

• L’equazione che contiene la reazione vincolare è il teorema del centro di massa applicato al corpo rigido sbarra-palla

r P +

r R v = msbarra+mpalla( )

r a CM

• Poiché il peso è noto se noi conoscessimo l’accelerazione del centro di massa potremmo determinare la reazione vincolare

• Il centro di massa della sbarra si muove su una traiettoria circolare con centro sull’asse di rotazione

• Sarà soggetto ad una accelerazione centripeta e una accelerazione tangenziale

aCMc =ω2rcm

aCMt =αrcm


O

Applicazione




– L=70 cm


– Isfera= 2/5 mr2

– R=0.025 m

– I=0.354kgm2


subito dopo l'urto.


– =19.1rad/sy

x

• Noi abbiamo già calcolato nella posizione desiderata

• invece la possiamo calcolare attraverso l’equazione del moto di rotazione attorno ad un asse fisso

r P +


r a CM

• Dobbiamo calcolarci rCM la distanza del CM dall’asse di rotazione.

• Calcoliamoci yCM ponendo l’origine dell’asse y proprio in corrispondenza dell’asse di rotazione

aCMc =ω2rcm

aCMt =αrcm

Iα =Mz

ycm =msbarrayCM _sbarra+mpallayCM_ palla

msbarra+mpalla

=.515× −.35( )+.515× −.725( )

.515+.515=−

.35+.7252

=−0.54m

rcm =0.54m

Osserviamo che nella posizione considerata è nulla perché Mz è nullo


O

Applicazione




– L=70 cm


– Isfera= 2/5 mr2

– R=0.025 m

– I=0.354kgm2


subito dopo l'urto.


– =19.1rad/sy

x

• Proiettando sugli assi x e y

r P +


r a CM

aCMc =ω2rcm

aCMt =αrcm

Iα =Mz

rcm =0.54mOsserviamo che nella posizione considerata è nulla perché Mz è nullo

x Rvx = msbarra+mpalla( )aCMt = msbarra+mpalla( )αrcm =0

y Rvy − msbarra+mpalla( )g= msbarra+mpalla( )ω2rcm

Rvy = msbarra+mpalla( ) ω2rcm +g( ) =.515+.515( )19.12 ×0.54+9.81( )=213N prima

.515+.515( ) 11.02 ×0.54+9.81( ) =131.9N dopo


O

Applicazione




– L=70 cm


– Isfera= 2/5 mr2

– R=0.025 m

– I=0.354kgm2


subito dopo l'urto.


– =19.1rad/sy

x

• Possiamo concluder questo esercizio valutando l’impulso della reazione vincolare durante l’urto

• Dalla definizione di impulso sappiamo che

r I =Δ

r P sist=

r P f _sist−

r P i _sist

r P i_sist=

r P i _sbarra_ palla+

r P i_ blocco

=01 2 4 3 4

r P f _sist=

r P f _sbarra_ palla+

r P f _ blocco

r P f _sbarra_ palla= msbarra+mpalla( )

r v f _CM

r P f _ blocco= mblocco( )

r v f _blocco=

r P i_sbarra_ palla= msbarra+mpalla( )

r v i_CM =

= msbarra+mpalla( )ωirCM

r i

= msbarra+mpalla( )ωfrCM

r i

r P f _ blocco= mblocco( )v'

r i

G.M. - Informatica B-Automazione 2002/03 Applic azione Una forza orizzontale costante di 10 N è...

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