Parte I 1 Cap.7 - Corpi rigidi - ba.infn.itgiglietto/didattica/fisica1meccanica/cap7-mazzoldi... ·...

Nicola GigliettoA.A. 2013/14 1 CAP.7 - CORPI RIGIDI

Parte I

1 Cap.7 - Corpi rigidi

Corpi RigidiSe il sistema di punti discreto diventa continuo allora i punti materiali

sono elementi infinitesimi del corpo. Un sistema di punti continuo per ilquale le distanze tra i vari punti non variano nel tempo viene chiamatocorpo rigido. Nel caso dei corpi rigidi essendo le distanze tra i puntibloccate allora anche il lavoro delle forze interne risulta nullo per cui le leggifondamentali della dinamica dei corpi rigidi diventano:

~R(E)

= M~aCM

~M(E)

=d~L

dt

∆Ek = L(E)

7.2 Centro di Massa

7.2 Centro di Massa

Il singolo punto materiale, nel caso di un corpo rigido, si puo pensare co-me un elemento infinitesimo di volume dV e di massa dm. Si passa dalladefinizione dei sistemi di punti materiali passando al continuo adeguando ilcalcolo analitico (da sommatorie ad integrali). Il C.M. allora e individuatorisolvendo i seguenti integrali (di volume):

xcm =1

M

∫

V

xdM

ycm =1

M

∫

V

ydM

zcm =1

M

∫

V

zdM

Il calcolo di questi integrali e riconducibile a piu semplici integrali intro-ducendo la densita di massa volumetrica data dal rapporto tra massa evolume: ρ = dm

dV( in Kg/m3). Nota la densita di massa (che puo essere va-

riabile) si ha dm = ρdV ⇒ M =∫

V ρdV . Quando un corpo e omogeneo la

Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 1

Nicola GigliettoA.A. 2013/14

densita non cambia punto per punto e ρ = dmdV

= MV

I vari corpi pero posso-no avere una distribuzione di massa particolare quali dischi, fili ecc. In questicasi si puo utilizzare la densita superficiale ρs =

dmdS

⇒ M =∫

SρsdS o la

densita lineare ρl =dmdl

⇒ M =∫

Cρsdl per rappresentare la distribuzione

di massa in modo piu’ corretto.

Parte II

Calcolo del CM per corpi rigidi

Calcolo del CM per corpi rigidi

Sostituendo la densita negli integrali si ottiene:

~rcm =

∫

V ~rdm

M=

∫

V ρ~rdV

M=

ρ

M

∫

V~rdV =

1

V

∫

V~rdV (1)

Che proiettata sugli assi diventa:

xcm =1

V

∫

xdV

ycm =1

V

∫

ydV

zcm =1

V

∫

zdV

Questo risultato e importante perche stabilisce che quando un corpo eomogeneo il centro di massa dipende solo dalla forma geometrica cioecoincide con il centro di simmetria se e un corpo ha una simmetria. Adesempio per la sfera e il suo centro, per un cilindro si trovera sull’asse delcilindro e a meta di esso ecc.

Esempio 7.2 Calcolo del CM per un’asta rigida

Esempio 7.2 Calcolo del CM per un’asta rigida

Se l’oggetto e omogeneo (la densita non cambia punto per punto) il CMcoincide con il centro geometrico dell’oggetto. Se l’oggetto ha una formageometrica semplice quindi si puo evitare qualunque calcolo. A titolo di



esempio e mostrato di seguito il calcolo per un’asta rigida omogenea. Sup-poniamo che l’asta sia orientata secondo l’asse x e che si possano trascurare

le altre dimensioni. Allora xcm =∫xdVV . Inoltre abbiamo che dV = dx·S con

S la sezione della barretta allora xcm =S∫ L

0xdx

V = SL2/2V e poiche V = S · L

si ottiene xcm = L2

Centro di massa e forza peso

Centro di massa e forza peso

La forza peso agisce come un sistema di forze parallele e abbiamo gia vi-sto che il centro di massa coincide con il baricentro. La dimostrazionee identica a quella gia vista per i sistemi di punti materiali. Possiamoinoltre valutare per la forza peso qual’e la variazione di energia poten-ziale: assumiamo che la ~g = guz sia diretta cioe lungo l’asse z, alloraEp =

∫

V gzdm = g∫

V zdm = mgzcm l’energia potenziale del corpo rigidodipende dalla coordinata z (verticale) del CM.

Problema 9.54 ed. VIUna piastra quadrata ed omogenea, di lato 6d=6m, ha un ritaglio quadratodi lato 2d e centro posto in (2m,0m), avendo scelto l’origine al centro della

piastra. Trovare le coordinate del CM.

Possiamo ragionare cosı : pensiamo la lamiera intera come costituita daquella ritagliata (bucata) + il ritaglio. Il CM del tutto e pari al CM dellalamiera tagliata + il CM del ritaglio. Il totale ed il ritaglio sono omogeneie quadrati per cui il loro CM coincide con il loro centro.

Per cui si deve avere:

xLIcm =xLFcm ∗MLF + xritcm ∗Mrit

Mt

Le coordinate di xLIcm = 0 e xritcm = 2 dalla traccia. Per calcolare le masseteniamo conto che gli oggetti sono omogenei: indicando ρ la densita dellalastra abbiamo: Mt = ρ ∗ (6d)2 Mrit = ρ ∗ (2d)2 e MLF = Mt − Mrit per



cui si ha

0 = xLFcm ∗ (1− ρ(2d)2

ρ(6d)2) + 2 ∗ ρ(2d)2

ρ(6d)2

per cui xLFcm = −2 ∗ 1/91−1/9 = −2

8= −0.25 cm

Parte III

7.3 Moto di un corpo rigido

7.3 Moto di un corpo rigido

Abbiamo visto come il generico moto di un sistema di punto materiali siauna traslazione del CM sovrapposta ad una rotazione. Vediamo per i corpirigidi cosa comporta partendo dalle traslazioni.

traslazioni corpi rigidi

Nelle traslazioni si ha ~L′= 0 e E′

k = 0 rispetto al CM. La dinamica del corpodiventa in questo caso quella del CM e le grandezze significative diventano:

quantita′ di moto ~P= M~vcm

energia cinetica Ek = 12Mv2

cm

La dinamica del CM e data da ~R(E)

= M~acm e dal I teorema di Koenig ilmomento angolare totale e dovuto al momento angolare del CM ~L = ~Lcm =~rcm × ~P Ne consegue che l’espressione di ~L dipende direttamente da ~P

per cui la seconda equazione della dinamica non aggiunge alcuna ulteriore

conoscenza (cioe e equivalente) e si puo dimostrare che ~M = d~Ldt = ~rcm ×

~R per cui non si ottiene una equazione differente dalla conoscenza di ~R

Pertanto nelle traslazioni si usa solo la prima legge.

7.3-rotazioni

7.3-rotazioni

rotazioni corpi rigidi



Nel caso delle rotazioni, tutti i punti descrivono un moto circolare, e tutticon la stessa velocita angolare~ω, in generale pero ~ω puo essere variabile neltempo. L’equazione dinamica che descrive il moto di rotazione e :

~M =d~L

dt(2)

Si puo dimostrare che il moto generico e una rototraslazione dato che ognispostamento infinitesimo puo considerarsi come una sovrapposizione di unatraslazione ed una rotazione.

7.4 Rotazioni rigide attorno ad un asse fisso (sist.inerziale)

7.4 Rotazioni rigide attorno ad un asse fisso (si-st.inerziale)

Consideriamo il caso in cui l’asse di rotazione sia fissa (situazione tipica dimacchine e motori) ad esempio con una direzione diretta lungo z. Il vettore~ω avra quindi una direzione fissa nello spazio.



Il momento angolare del generico puntosara ~Li = ~ri × mi~vi ed e in modulo pari a Li = rimivi = miriRiω conRi = ri sin θi il raggio della circonferenza descritta dal punto i. Il vet-tore ~Li ha una qualunque direzione nello spazio e in generale ~L none parallelo all’asse z. Consideriamo pero la componente z del vettore:Li,z = Li cos(

π2 −θi) = Li sin θi = miRiri sin θiω = miR

2iω Per cui somman-

do il contributo di tutti punti materiali si ottiene: Lz = (∑

imiR2i )ω = Izω

Il coefficiente Iz e detto momento d’inerzia del corpo rispetto l’assez e dipende da come le masse sono distribuite attorno l’asse di ro-tazione z e quindi dalla forma del corpo L’altra componente (quellaperpendicolare a z) di L invece in generale varia in direzione dipende dal po-lo e ogni termine della sommatoria e del tipo L⊥i = miriRi cos θi Tuttaviase l’asse di rotazione coincide con uno degli assi di simmetria del corporigido si avra che ~L = Izωuz L = Lz e L⊥ = 0

Equazione del moto rotatorio puro

Equazione del moto rotatorio puro

Quando ~L ‖ ~ω allora d~Ldt

= d(Iz~ω)dt

= Iz~α Per cui l’equazione della dinamica

(2) diventa ~M(E)

= Iz~α che rappresenta l’equazione del moto di rota-zione (tutte le quantita sono calcolate per un punto generico sull’asse dirotazione z) e noto il coefficiente Iz ed il momento delle forze agenti rispettol’asse fisso di rotazione, il moto conseguente sara rotatorio (e si potrannoutilizzare le relazioni cinematiche tra θ ω e α )

Energia cinetica e lavoro (rotazione pura)



Energia cinetica e lavoro (rotazione pura)

L’energia cinetica la troviamo sommando tutti i contributi dei punti:

Ek =∑

i

1

2miv

2i =

∑

i

1

2miR

2i ω

2 =1

2Izω

2

Il teorema del lavoro-energia cinetica quindi diventa W = L = ∆Ek =12Iz(ω

2f −ω2

i ) Abbiamo inoltre che usando gli infinitesimi si ha dL = d(Ek) =

d(12Izω2) = Izωdω = Iz

dθdt dω = Izαdθ = Mdθ e integrando L =

∫ θfθi

Mdθ

mentre la potenza istantanea (vedi dinamica punto materiale) e P = dLdt =

M dθdt = Mω

Parte IV

Riepilogo traslazione e rotazioni

Riepilogo traslazione e rotazioni

La seguente tabella puo essere utilizzata come uno schema per memorizzarepiu comodamente le relazioni della dinamica trovate finora:

Posizione s pos. ang. θvelocita v = ds

dtvel. ang. ω = dθ

dt

acc. a = dvdt

acc. ang. α = dωdt

Massa m Mom. d’inerzia I

II Legge din.∑

~F ext = M~acm II Legge din.∑

~τ ext = I~α

III Legge din.∑

~F int = 0 III Legge din.∑

~τ int = 0

Lavoro∫

~F · ~ds Lavoro∫

~τ · ~dθEn. Cinetica 1

2Mv2 En. Cinetica 12Iω

2

Lav-en.cin. L = ∆Ek Lav-en.cin. L = ∆Ek

Potenza P = ~F · ~v Potenza P = ~τ · ~ω

Esempio 7.3



Esempio 7.3

Un blocco M1 = 0.4kg e appeso ed un blocco M2 = 0.2kg sul pianoorizzontale, la carrucola di momento d’inerzia I = 2.5 · 10−4kgm2 e raggioR=2.5 cm. Vediamo le equazioni da scrivere sui vari blocchi per ricavarel’accelerazione dei blocchi:

T2 = M2a{

N = M2g

Mentre sull’altro blocco si ha

T1 −M1g = −M1a ⇒ T1 = M1(g − a)

Da notare che ho indicato due diverse tensioni della fune: infatti quandola massa della carrucola non e piu trascurabile la tensione a differente ed eper questo che la carrucola ruota: τ = +T2R−T1R = Iα con α < 0 (perchedovrebbe venire un verso orario di rotazione) se la fune non slitta a = −αRper cui sostituendo si ha

⇒ M2aR − M1(g − a)R = −Ia

R⇒

a =M1g

M1 + M2 + IR2

= 3.92ms−2

Una analoga conclusione si ottiene ragionando con il momento angolare eapplicando tutte le quantita al centro della carrucola (l’unica forza esternae M1g): Il momento angolare del sistema e la somma di L = M1vR +M2vR + Iω = M1vR + M2vR + I vR derivando si ottiene dL

dt = M1gR =ddt(M1vR+M2vR + I

Rv) ⇒ e M1gR = R(M1 +M2 +IR2 )a

Es.-Carrucola con massa (es. svolto 7.4)



Es.-Carrucola con massa (es. svolto 7.4)

T

P

Vediamo cosa cambia in uno dei precedenti esercizi (cap5)quando la carrucola ha massa (e momento d’inerzia). Il momento agentesulla carrucola e ~τ = −TR = Iα α < 0 ⇒ α = − TR

ICMSe al filo che avvolge la

carrucola e appeso una massa M come in figura allora si ottiene T −Mg =MaCM e aCM < 0 se la fune non slitta allora abbiamo che aCM = +αRda cui otteniamo T = Iα

R = − IR2aCM sostituendo nell’altra eq. si ha −Mg =

(M + IR2 )aCM ⇒ aCM = − g

1+ICMMR2

Da questa equazione possiamo osservare

che |aCM | < g perche la carrucola con la sua inerzia a rotolare rallenta ladiscesa del corpo M.

Non parallelismo tra L e ω

Non parallelismo tra L e ω

Quando ~L e ~ω non sono paralleli risultera che ~L ruotera attorno all’assedi rotazione con un moto che e detto di precessione. L’equazione della

dinamica ~M(E)

= d~Ldt si puo quindi dividere in due componenti: Mz = dLz

dt

e ~M⊥ = d~L⊥

dt di cui solo la prima si puo scrivere come Mz = IZα L’origine

di ~M⊥ si puo ricavare con un semplice esempio di due masse ruotanti attornoad un asse fisso

La sollecitazione trasmessa dalla com-ponente trasversa ha la conseguenza di sol-lecitare l’asse di rotazione che possono por-tare a vibrazione dello stesso e anche rottu-re (-equilibratura-) Nell’esempio troveremoche (v = ωR = ωL/2 cos θ):

L1 = L2 = mvL/2 = mωL/2 cos θL/2 = mωL2 cos θ/4

Lz,1 = Lz,2 = L1 cos θ = mωL2 cos2 θ/4

L⊥ = L1 sin θ = mωL2 cos θ sin θ/4



E si puo verificare che dLz

dt = Izα mentre per l’altro termine abbiamo:

dL⊥dt

= 2mαL2 cos θ sin θ/4 (3)

che coincide con il termine dovuto al momento delle forze centripete cheagiscono sulle due masse e che costituiscono una coppia con braccio dileva pari a L sin θ

Il legame con l’energia cinetica diventa inoltre Ek = L2z

2Ize L =

∫

Mzdθ

Parte V

Teorema Poinsot assi d’inerzia

Teorema Poinsot assi d’inerzia

Fissato un punto O di un corpo rigido e sempre possibile trovare 3 assicartesiani tra loro perpendicolari, e centrati in O tali che sclegleindo uno diessi come asse di rotazione ~L risultera parallelo a ~ω Questi assi si chiamanoassi principali d’inerzia

7.5 - Calcolo del momento d’inerzia

7.5 - Calcolo del momento d’inerzia

Se la massa di un corpo rigido e distribuito con continuita allora la somma-toria diventa un integrale: I =

∫

r2dm con r la distanza dell’elemento dmdall’asse di rotazione e l’integrale e esteso a tutto il corpo rigido. Esempio:calcolo di I per un’asta rigida supponiamo che l’asse di rotazione siaperpendicolare all’asta e passante per uno degli estremi: I =

∫

r2dm intro-duciamo la densita lineare di massa definita come ρ = M/L allora dm = ρdxper cui l’integrale diventa:

I =

∫ L

0x2ρdx = ρ

x3

3|L0=

M

L

L3

3=

1

3ML2


Nicola GigliettoA.A. 2013/14 2 TABELLA MOMENTI D’INERZIA

Esempio 2 - anelloI =

∫

r2dm ⇒ r=costante=R per tutti gli elementi dell’anello quindiI = R2

∫

dm = MR2 Altri momenti d’inerzia per facili geometrie si trovanonella tabella 11.2 pag.209 (10.2-pag 221 VI-ediz) del libro.

2 Tabella momenti d’inerzia

Tabella momenti d’inerzia per comuni geometrie

Anello rispetto l’asse centrale I = MR2

Disco o cilindrorispetto l’asse centrale I = 1

2MR2

Sfera I = 25MR2

Asta sottile rispettoun’asse per il centro I = 1

12MR2

e perpendicolare all’asse

7.6 Teorema Huygens-Steiner

7.6 Teorema Huygens-Steiner

Consideriamo un’asse di rotazione ed un altro parallelo ad esso ma pas-sante per il CM di un sistema di punti materiali (o un corpo rigido). Ilteorema stabilisce che la relazione tra i momenti di inerzia dei due assi ela seguente: I = Icm + Mh2 con h la distanza tra i due assi. Per questomotivo basta calcolare il momento d’inerzia rispetto ad un asse per il CM,poi tramite questo teorema avremo i momenti di inerzia per qualunque asseparallelo al primo. Dim.: Consideriamo un sistema di punti materiali edun sistema di rif. O fisso. Possiamo dire che individuato un generico puntoP del sistema di punti, il cui vettore posizione e ~ri si ha che la seguenterelazione: ~ri = ~r′i + ~rcm con ~r′i il vettore posizione riferita al CM ~rcm ilvettore posizione del CM rispetto ad O Scrivendo questa relazione nelle



componenti abbiamo:

xi = x′i + xcm ri2 = xi

2 + yi2

{ {

yi = y′i + ycm r′2i = x′i2 + y′i

2

ed inoltre

r2cm = x2cm + y2cm = h2 Ricordando che il momento d’inerzia e I =∑

mir2i ed il

CM e definito da: xcm = 1M

∑

mixi, ycm = 1M

∑

miyi andando a sostituire nelle

relazioni di prima si ha allora:

I =∑

i

mir2i =

∑

i

mi(x2i + y2

i ) =

∑

mi[(x′

i + xcm)2 + (y′

i + ycm)2] =∑

mi[x′

i2+ 2x′

ixcm + xcm2 + y′

i2+

2y′

iycm + ycm2] =

∑

mi[(x′

i2+ y′

i2) + (x2

cm + y2cm)+

2x′

ixcm + 2y′

iycm]

∑

i

mir′

i2+

∑

i

mih2+

2xcm

∑

mix′

i + 2ycm

∑

miy′

i ⇒I = I′

cm + · · ·

ma∑

mix′i = Mx′cm ovvero la coordinata del CM nel suo sistema di ri-

ferimento (che e nulla) quindi x′cm = 0 e analogamente y′cm = 0 pertantoI = Icm + Mh2

Parte VI

Esempio momento d’inerzia di un’astaAdesso calcoliamo il momento d’inerzia rispetto ad un asse passante per

il CM: definiamo la densita per unita di lunghezza λ = M/L

Icm =

∫

r2dm =

∫ L/2

−L/2x2λdx =

λx3/3|L/2−L/2 =M

L

2

3(L

2)3 =

1

12ML2



Adesso calcoliamo il momento d’inerzia rispetto ad un estremo:

I = Icm +M(L/2)2 =

1

12ML2 +

1

4ML2 =

1

3ML2

Teorema H-S e teorema di Konig

Teorema H-S e teorema di Konig

Consideriamo un aspetto che lega i due teoremi: Ek = 12Izω

2 e consideriamoun altro asse parallelo a z, distante h, ma passante per il CM (I ′z sara ilmomento d’inerzia rispetto al CM):

Ek =1

2(I ′z +mh2)ω2 ⇒ Ek =

1

2I ′zω

2 +1

2Mh2ω2

Ma il CM a sua volta ruota rispetto a z per cui descrivera’ un arco di raggiopari a h per cui vcm = hω ⇒ Ek = 1

2I′zω

2 + 12MV2

cm Il confronto colteorema di Konig ci dice allora che quando il CM non e sull’asse di rotazionel’energia cinetica e somma del termine che rappresenta una rotazione attornoal CM e del termine che rappresenta la traslazione del CM

7.7 Pendolo composto

7.7 Pendolo composto

Il pendolo fisico o pendolo composto e un corpo ri-gido di forma qualunque, che viene sospeso per un punto che non coincidecon il CM, tipo la figura. Spostando l’oggetto dalla posizione di equili-

brio esso oscillera (per piccole oscillazioni) con periodo T = 2π√

IzMgh

ed



Iz = Icm + Mh2 e il momento d’inerzia rispetto l’asse di rotazione del-l’oggetto. Infatti l’eq. del moto e dLz

dt = Izα = Izd2θdt2

= M(E) = −mgh sin θ

per cui d2θdt2

+ mghIz

sin θ = 0 e per piccoli angoli sin θ ≈ θ per cui ottenia-

mo l’equazione diff. del moto armonico con ω2 = mghIz

e il periodo sara

T = 2π√

Izmgh = 2π

√

l

g con l = Izmh lunghezza ridotta del pendolo com-

posto e corrisponde alla lunghezza del filo di un pendolo semplice che oscillacon lo stesso periodo. Vi e anche una interessante proprieta che per-mette la misura di g con lo strumento detto pendolo reversibile di Kater:l = Iz

mh = Ic+mh2

mh = h + Icmh = h + h′ > h con h′ = Ic

mh ⇒ Ic = mhh′ la lun-ghezza l individua un punto O’ distante h’ dal centro di massa (come in

figura). Se facciamo oscillare il corpo rigido attor-no a questo punto O’ si trova una nuova oscillazione e una nuova lunghezza

ridotta l’: l′ = I′zmh′ =

Ic+mh′2

mh′ = h′ + Icmh′ = h′ + m/hh′/

m/h′/ = h + h′ = l I due assipassanti per O e O’ sono detti reciproci.

7.8 Puro rotolamento

7.8 Puro rotolamento

E un caso particolare di roto-traslazione: abbiamo visto che per descrivereil moto di un generico punto P del corpo rigido per una qualunque situazio-ne dovremmo dire che ~ri = ~rcm + ~r′i ed inoltre ~vi = ~vcm + ~v′

i con : ~vcme la velocita del CM ~v′i e la velocita del pto rispetto al CM ~vi e la velo-cita del pto nel sistema fisso Nelle roto-traslazioni il moto attorno alCM e una rotazione per cui si ha ~v′

i = ~ω ∧ ~r′i (~r′

i e il raggio vettoreche individua il punto P rispetto al CM). Immaginiamo ora il moto dellaruota di una bicicletta. Quando questa slitta completamente (come quandoc’e ghiaccio) la ruota gira a vuoto senza traslare ed il punto di contattoC ha una velocita pari a vc = −ωR in questo caso diciamo che il corpo



rotola e striscia. Quando c’e invece una perfet-ta aderenza, in un intervallo di tempo dt, la ruota gira di una quantitapari all’arco ds = Rdθ = Rωdt e contemporaneamente il CM della ruotastessa avanza esattamente dello stesso tratto ds. Per cui si ottiene che:dscm = ds = Rdθ e dividendo tutto per dt otteniamo : vcm = Rdθ

dt= ωR

ed il moto e chiamato rotolamento senza strisciamento o di puro ro-tolamento Quindi in questo caso i punti della ruota si stanno muovendocon velocita ~v = ~vcm + ~ω ∧ ~r per cui se analizziamo le velocita dei 3 puntiin figura (il centro, il pto di contatto ed il suo opposto) si hanno le seguenti

velocita dirette come in figura:vO = vcm = ωR vT = |~vcm + ~ω ∧ ~r| = ωR + ωR = 2ωR = 2vcm

vC = |~vcm + ~ω ∧ ~r| = ωR − ωR = 0Nel rotolamento senza striscia-mento il punto di contatto(istantaneo) ha una velocita nulla cheequivale a dire che vcm = ωR e acm = αR Nel puro rotolamento velocitaCM e velocita angolare non sono indipendenti. Inoltre vC = 0 ⇒ che esisteuna forza che mantiene fermo il punto di contatto: si tratta di un attrito ditipo statico. Questo particolare moto e in realta equivalente aduna rotazione pura (senza traslazione) ma attorno al punto istan-

taneo di contatto Dim: viene dalle precedenti eq. ~vP = ~vcm + ~ω ∧−→OP

e per il punto C di contatto ~vC = ~vcm + ~ω ∧−→OC = 0 ⇒ ~vP = ~vP − 0 =

~vP−~vC = (~vcm+~ω∧−−→OP )−(~vcm+~ω∧−−→OC) = ~ω∧(−−→OP−−−→OC) = ~ω∧−−→CP = ~ω∧~r′

avendo indicato con ~r′ =−−→CP il raggio vettore che individua il punto P ge-

nerico a partire da quello di contatto (fermo). Quindi abbiamo dimostratoche il puro rotolamento equivale ad una rotazione pura attorno al punto dicontatto e con la stessa velocita angolare ω di rotazione attorno al CM.Quindi le velocita dei punti della ruota saranno quelle indicate da questa



figura senza la necessita di comporre vettorialmente i duemoti come nelle generiche roto-traslazioni.

Parte VII

Corpo che rotola sul piano orizzontale-I

O

F

N

f

mg

C

Vediamo la dinamica del corpo che fa puro rotolamentosul piano orizzontale sotto l’azione di una forza F orizzontale: per il CM siha: ~F + ~R + m~g = m~acm la reazione R del piano ha sia una componentenormale che una tangenziale (che e’ l’attrito statico) x : F − f = macme y : N − mg = 0 a cui va aggiunto il teorema del momento angolare:scegliamo il CM come polo: ~M cm = ~r × ~f = Icm~α ⇒ rf = Iα = Iacmr sosti-tuendo nella eq. della x: acm = F

m(1+ Icmmr2

)e f = F

1+mr2

Icm

Naturalmente essen-

do f una forza di attrito statico deve necessariamente essere verificato che:f ≤ µsN = µsmg ⇒ F ≤ µsmg(1 + mr2

I )

Corpo che rotola sul piano orizzontale-Ibis

O

F

N

f

mg

C

Sempre come prima la forza F orizzontale, ma il con-to lo rifacciamo rispetto al punto di contatto C (il moto equivale ad unarotazione pura rispetto a C): x : F − f = macm e y : N − mg = 0: ~MC = ~r × ~F = IC~α ⇒ rF = (Icm +mr2)α = (Icm +mr2)acmr sostituendo



nella eq. della x: acm = Fm(1+ Icm

mr2)e f = F

1+mr2

Icm

stesso risultato di prima. In

alcuni esercizi puo rappresentare una comoda scorciatoia per i calcoli

Corpo che rotola sul piano orizzontale-II

O

N

f

mg

C

M

Il moto di una ruota si puo anche ottenere tramite unmotore che imprime una rotazione alla ruota invece di applicare una forzaF. Le equazioni del moto diventano: ~R + m~g = m~acm e ~M + ~r × ~f =I~α da cui si ottiene: N = mg f = macm e M − rf = I acm

r da cui siottiene acm = M

mr(1+ I

mr2)e f = M

r(1+ I

mr2)

La cosa importante e che mentre

nell’esempio di prima f si opponeva alla forza F, in questo esempiof favorisce il moto, anzi provoca l’accelerazione del CM, ma il suomomento si oppone al momento ~M del motore. Pertanto nei casigenerali nel rotolamento non possiamo immediatamente a priori indicare ilverso della forza di attrito.

Conservazione energia-attrito volvente

Conservazione energia-attrito volvente

Al moto del puro rotolamento, quando agiscono forze conservative, si puoapplicare la conservazione dell’energia, in quanto la forza di attrito pur es-sendo non nulla, agisce su un punto fermo per cui il suo lavoro e nullo.Nonostante cio , sperimentalmente un corpo che rotola tende a rallentare, acausa di un’altra forma di attrito (che trascuereremo negli esercizi) che viene

detto attrito volvente Quello che succede e che senon ci fossero deformazioni il momento dovuto alla reazione normale verreb-be nullo, nella situazione reale si hanno invece deformazioni sia del piano chedell’oggetto che rotola, facendo si che su una superficie piu estesa avvenga



il reale contatto (vedi figura) causando l’apparizione anche di un momentodi forze delle reazioni vincolari, che sono nulle se il corpo e fermo, ma sononegative (producendo un rallentamento della rotazione) ad oggeto in rotola-mento. La schematizzazione che si puo fare e quella che si puo intuire dalla

figura e assumendo un campo di forze parallele: ilmomento risultera del tipo M = Rδ con δ coefficiente di attrito volvente chedipendera dal materiale che costituisce le superfici di contatto.

Parte VIII

Esempio 7.10-Rotolamento sul piano inclinato

Esempio 7.10-Rotolamento sul piano inclinato

aF

Mg

Consideriamo che una sfera ( o un cilindro) sia sul piano

inclinato e rotoli senza strisciare (puro rotolamento)

(x) : −Mgsinθ + Fs = Macm (1){

(y) : −Mgcosθ +N = 0

~r ∧ ~Fs = I~α ⇒ (rot.antiorar) ⇒ +rFs = Icmα

A queste eq. va aggiunta la condizione di rotolamento:~acm = −~α ∧ ~r~acm = −~α ∧ ~r e tenendo conto che quando α > 0 si ha invece acm < 0(per nostra scelta di orientazione di assi e perche l’oggetto scende), la con-diz. di rotolamento diventa acm = −αR sostituendo questa nella terzaeq. otteniamo: Fs = +Icm

αR

= −IcmaCM

r2 ottenuta questa eq. per Fs

la sostituiamo nella (1) ottenendo −Mgsinθ − ICMaCM

r2 = MaCM ⇒



aCM = − Mg sin θ

M+ICM

r2

che e la soluzione. Ricordiamo alcuni momenti di

inerzia: ICM = 12MR2 per disco e cilindro ICM = MR2 per un anello

ICM = 25MR2 per la sfera

Rotolamento sul piano inclinato (2)

Rotolamento sul piano inclinato (2)

Vediamo con la conservazione dell’energia: Ei = Ef ⇒ Mgh = 12MV2

cm + 12 Iω

2 ⇒Mgh = 1

2MV2cm + 1

2 Iv2cmr2

per cui la velocita del corpo partendo da una quota

h e vcm =

√

2gh

1+ I

Mr2

Es.7.10- Es. Rotolamento su piano inclinato (3)

Es.7.10- Es. Rotolamento su piano inclinato (3)

Il verso della forza di attrito e tale da impedire lo slittamento

quindi anche in questo caso opposta al moto. Le eq. risultanti sono:

(x) : +Mgsinθ − Fa = MaCM{

(y) : −Mgcosθ +N = 0

~r ∧ ~Fa = −I~α(rot.orar)

~aCM = −~α ∧ ~R ⇒ aCM = −αR

Fa = +ICMaCM

R2⇒

+Mgsinθ − ICM

R2aCM = MaCM

aCM = +gsinθ

1 + ICM

MR2

equivalente al caso prec. a parte il segno dell’acc.



12.4-Yo-yo

12.4-Yo-yo

P

T

In questo esempio la tensione del filofornisce il momento necessario alla rotazione:

−Mg + T = MaCM{

TR = Iα (α > 0)

aCM = −αR

−Mg + T = MaCM{

⇒ −Mg − IR2aCM = MaCM

T = − IR2aCM

aCM = −Mg

M + ICM

R2

= −g

1 + ICM

MR2

Parte IX

Esempio 7.11 Cilindro che rotola e solleva un corpo



Esempio 7.11 Cilindro che rotola e solleva un corpo

M

1m

2m

Siano m1 = 20kg m2 = 10kg la carrucola di massatrascurabile, il cilindro di raggio r=0.25m, il momento M=30Nm. Calcolarea, T ed il minimo valore di coeff. di attrito

CM : f − T = m1acm

rotaz M − rf = Iα = I acmr

m2 T −m2g = m2a2 = m2acm

I =1

2m1r

2 = 0.625 kgm2

La soluzione porta quindi a acm =Mr−m2g

32m1+m2

= 0.55m/s2 ed infine T=103.5N.

Per l’ultima domanda dovendo essere f ≤ µsm1g deve risultare µs ≥ 0.58

7.9 Impulso angolare. Momento dell’impulso

7.9 Impulso angolare. Momento dell’impulso

Possiamo scrivere una forma simile a quella ricavata nel paragrafo 3.3 ( ~J =∫ t0 (

~F dt) = ∆~p teorema dell’impulso), utilizzando invece i momenti delle

forze. In questo caso abbiamo che∫ t2t1

~Mdt = ∆~L che possiamo defi-nire teorema dell’impulso angolare. Assumendo che avviene l’appli-cazione di una forza per un intervallo di tempo piccolo (forza impulsiva)∫

~Mdt =∫

(~r × ~F )dt = ~r ×∫

~F dt = ~r × ~J = ∆~L La grandezza ~r × ~J e ilmomento dell’impulso e questo teorema (teorema del momento dell’im-pulso) dimostra che un impulso porta non solo ad una variazione di quantitadi moto ma anche di momento angolare.

Esempio 7.13 impulso angolare su un’asta



Esempio 7.13 impulso angolare su un’asta

Un’asta di lunghezza l e massa m e in posizione verticale ed ebloccata su un estremo in O. Determinare l’impulso J da applicaread una distanza r ≤ l da O in modo da far compiere all’asta unarotazione di 90◦(e arrivare in orizzontale). Il momento dell’impulso daapplicare e’ rJ, applicando il teorema si ha rJ = ∆L = Iωf − Iωi = Iωf Ilmomento d’inerzia per un’asta rispetto all’estremo e I = 1

3ml2 quindi rJ =13ml2ω ⇒ ω = 3rJ

ml2Possiamo inoltre applicare la conservazione dell’energia

(il CM e a l/2): mg l2 = 1

2 Iω2 ⇒ ω =

√

mglI =

√

mgl13ml2

=√

3gl da cui

√

3gl =

3rJml2

⇒ J =√3gml2

3r√l

= mlr

√

gl3

Asta che cade

Asta che cade

Un’asta e posta dritta in verticale quando ad un certo momentocade ruotando attorno all’estremo (che non si muove) in contattocon il pavimento. Sapendo che m=4.2kg l=0.8m calcolare l’ac-celerazione dell’estremo P dell’asta e la sua velocita al momentodell’urto. Possiamo applicare per la seconda domanda la conservazione

dell’energia: mgl/2 = 12Iω

2 ⇒ mgl = 13ml2ω2 ⇒ ω =

√

3gl e sapendo

che vp = ωl otteniamo vp =√3gl = 4.85 m/s Per la prima domanda

M = Iα ⇒ mgl/2 = 13ml2α ⇒ α = 3g

2l e at = αl = 32g = 14.7m/s2 e

ac =v2

l = 29.4m/s2

Asta che cade

Asta che cade

Stesso esercizio di prima solo che c’e un momento di attrito pari a Ma =4.5Nm Per l’accelerazione: mgl/2−Ma = Iα ⇒ α = 13.4rad/s2 da cui ap =αl = 10.7m/s2 Per la velocita dobbiamo tenere conto del lavoro dell’attrito:La = ∆E ⇒ 1

2Iω2 −mg l

2 = −∫

Madθ = −Maπ2 da cui ω2 = 21.0rad/s2 da

cui vp = ωl = 3.67m/s Le due componenti di accelerazioni saranno quindiac = ω2l = 16.8m/s2 e at = αl = 10.7m/s2



Esempio 7.15

Esempio 7.15

Una piattaforma costituita da un disco di massa md = 200 kg e raggioR=2m, ruota senza attrito attorno ad un asse verticale passante per ilcentro. Una persona di massa m=60 kg si muove dal bordo verso il cen-tro muovendosi in direzione radiale. Quando la persona e sul bordo laω = 5 rad/s. Calcolare ω quando r=R/4=50 cm. Il momento d’inerziaall’inizio e 1

2mdR2 + mR2 = 640kgm2 mentre ad una generica distanza

e I(r) = 12mdR

2 + mr2 = 415 kgm2 nella posizione finale Non essendo-ci momenti di forze esterne allora il momento angolare si deve conservare:Iiωi = Ifωf da cui ωf = Ii

Ifωi = 7.7rad/s

Riepilogo formule

∑ ~Fext = M~acm Eq.Cardinali{

Dinamica

∑

~τext = I~α Corpi rigidi

+ Condizione Rotolamento senza strisciamento

~acm = −~α ∧ ~r

(~v = ~vcm + ~ω ∧ ~r = 0 ⇒ ~a = ~acm + ~α ∧ ~r = 0)

7.11 - EQUILIBRIO STATICO

7.11 - EQUILIBRIO STATICO

La statica e particolarmente utile per lo studio delle condizioni di equilibriodi un crpo rigido. Le condizioni dell’equilibrio statico sono: ~P = cost e~L = cost se dopo l’applicazione di una forza esterna il corpo ritorna spon-taneamente alla condizione di equilibrio statico allora si dice che l’eq. estabile viceversa si parlera di eq. instabile. Le precedenti con-

dizioni implicano che ~P = cost ⇒ d~Pdt = 0 ⇒ ~Fext = 0 I requisito

equilibrio questa condizione non esclude una rotazione del corpo per cui~L = cost ⇒ d~L

dt = 0 ⇒ ∑

~τext = 0 II requisito L’eq. statico inoltre richiede

che la quantita di moto ~Ptot = 0



Esempi eq. statico-scala appoggiata

Esempi eq. statico-scala appoggiata

cm

mF

yF

xFOA

B

h

a

Una scala da pompieri di lunghezza L=12me massa m=45 Kg e appoggiata ad un muro liscio ad altezza h=9.3m. Il CM della scala e ad 1/3 della sua lunghezza (dal basso). Unvigile di massa M=72 Kg si arrampica sulla scala sino a meta percorso.Determinare le forze che agiscono sul muro e sul pavimento se la scalanon si muove. Per l’equilibrio di un corpo rigido occorre sia la condizione

∑ ~Fi =0 che

∑

~τi = 0 Essendo fermi tutti i punti possiamo scrivere l’eq. dei momentirispetto a qualunque punto (e se necessario scrivere piu equazioni per punti diversi)Se scegliamo il punto A l’eq. del momento diventa Momento forza: forza xbraccio di leva −FM · h + Mg a

2 + mg a3 = 0 da cui (a =

√L2 − h2) FM =

ga[M2+m

3]

h≈ 410 N La condizione di eq. delle forze ci da invece

+Fy −mg −Mg = 0 ⇒ Fy = (m+M)g = 1100 N

−Fx + FM = 0 ⇒ Fx = FM

es. 13.3

Mmg

2T

1T

OxR

yRMg

θ

b

a

Una cassaforte di massa M=430 Kg, e

sospesa ad una fune fissata all’estremita della struttura in figura 13.7a

(libro), avente dimensioni a=1.9 m, b=2.5m, formata da una barra omo-

genea, di massa m=85Kg, incerniata in O ad una parete verticale e

tenuta inclinata da un cavo di acciaio di massa trascurabile. Trovare

la tensione del cavo T. Scegliamo il punto O per il calcolo dei momen-ti (per non conteggiare il momento delle reazioni vincolari sull’estremo).



Otteniamo: +a ·T2 − b ·T1 − b2·mg = 0 con b = L cos θ e a = L sin θ

inoltre l’equilibrio sulla massa M fornisce T1 − Mg = 0 che sostituita nel-l’eq. prec. da: aT2 = b(Mg) + b

2mg ⇒ T2 = bag{M+ m

2} = 6100 N Per

trovare la forza complessiva agente sul vincolo invece bisogna completarel’eq. delle forze sulla barra: Ry − mg − T1 = 0 e Rx − T2 = 0 da cuiRx = t2 e Ry = (m + M)g = 5047 N la reazione complessiva e allora

R =√

R2x + r2y = 7900 N

Esercizio

2/3~L

CO

m

Mg

Un’asse di legno di lunghezza L edi massa M=5 Kg e poggiata su un basamento per 2/3 della sua lun-ghezza. Sopra l’asse si muove un uomo di massa m=70 Kg. Determinarequal’e la massima posizione dove puo posizionarsi l’uomo senza che si ri-balti l’asse? Nel momento in cui si sbilancia l’asse la rotazione avviene attornoal punto O di contatto tra il basamento e l’asse. L’eq. e dato dalle eq.:

N −Mg −mg = 0 eq.delle forze

+Mg(2

3L− L

2)−mg(x− 2

3L) = 0 ris. momenti in O

x− 2

3L =

M

m

L

6⇒ x = (2

3+ 5

70)L

13.26-28Una sbarra metallica imperneata in un muro, come in figura, e di

lunghezza L=3 m, di peso Mg=200 N. Su di essa vi e un oggetto di

peso W=300 N posto a distanza x dal muro. La sbarra e sostenuta da

un filo di tensione massima 500 N ed inclinato di 30◦risp. l’orizzontale.

Determinare il massimo valore x affinche non si rompa il filo e la forza

agente sul perno nel muro. Chiamando R la reazione del perno l’equilibrio



porta a:

x : Rx − Tx = 0

y : Ry + Ty −W −Mg = 0

−Wx−MgL/2 + TL sin θ = 0

quest’ultima ci fornisce x: x =T sin θ−

Mg

2

WL quindi x =

5002

−2002

3003 = 1.5 m Le com-

ponenti delle forze sul muro sono invece: Rx = Tx = T cos 30◦ = 433 N e

Ry = W +Mg−Ty = 300+ 200− 500/2 = 250 N e R =√

R2x +R2

y = 500 N

Esempio 7.18 Equilibrio di carrucole

Esempio 7.18 Equilibrio di carrucole

Determinare la condizione d’equilibrio per una carrucola sospesa. Si trascu-

rino massa della carrucola e dei fili.

1F 2F

Le condizionidi equilibrio delle forze nel CM indicano T− F1 − F2 = 0 Mentre l’equilibriodei momenti richiede che F1R − F2R = 0 ⇒ F1 = F2. Pertanto l’equilibriostatico della carrucola implica che T=2F


Parte I 1 Cap.7 - Corpi rigidi - ba.infn.itgiglietto/didattica/fisica1meccanica/cap7-mazzoldi... ·...

Documents

Transcript of Parte I 1 Cap.7 - Corpi rigidi - ba.infn.itgiglietto/didattica/fisica1meccanica/cap7-mazzoldi... ·...