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Seminario didattico Ingegneria Elettronica

Lezione 6:

Dinamica del Corpo Rigido

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Su un disco di massa M e raggio R è praticata una sottile scanalatura diraggio r che non altera il suo momento d'inerzia. Al disco, che può ruotare attorno ad un asse orizzontale passante per il suo centro, sono appesi due corpi di massa m1

e m2 mediante due funi ideali arrotolate come in figura. Il sistema, inizialmente in quiete, viene lasciato libero di muoversi. Scrivere le equazioni del moto del sistema, determinando le accelerazioni lineari dei due corpi, l'accelerazione angolare della carrucola, il valore delle tensioni nelle due funi, con i seguenti valori numerici: M = 1 kg, r = 10 cm, R = 20 cm, m1=100 g, m2=200g.

Esercizio n°1

DATI:R = 20 cm M = 1 kgr = 10 cmm1 = 100 g m2 = 200 gt = 0 sistema in quietea) ? a1 a2

b) ? acc. angolarec) ? T1 e T2

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Dopo aver fissato un verso per la rotazione della carrucola, individuiamo le forse in gioco. Per convenzione fissiamo il verso di rotazione in modo tale che il corpo più pesante (in questo caso m2) scenda e l’altro salga.In base a ciò scriviamo le equazioni del moto per m1 ed m2 con gli opportuni segni:

Svolgimento esercizio 1 (1)

m2 g−T 2 =m2 a2

m1 g−T 1=−m1 a1

T 2 =m2 g−a2T 1 =m1 g+a1

RT 2−rT 1 =Iαe l’equazione rotazionale per la carrucola:

M 0≡I α ⇒

(a)

O

-T1

T1 T

2

-T2

m1g m

2g

(1)

(2)

(3)

Dalla (1) e (2) ricavo:

dove il momento di inerzia del disco rispetto al suo CM è noto: I CM=12

MR2

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Inoltre posso scrivere le relazioni che legano le accelerazioni dei due punti materiali all’accelerazione angolare della carrucola:


R [m2 g−αR ]−r [m1 g+αr ]=12

MR2 α⇒

a1 =αr=1 .014 m/s 2

T 2 =m2 g−a2=1 .55 N

α=m2 R−m1 r

12

MR2 +m 2 R2+m1r 2g= 10 .14 rad/s2

a2=αR=2 . 027 m/s2

a1=αr

diretta verso l’alto (m1 sale)

di conseguenza:

T 1 =m1 g+a1 =1 . 08 N

Sostituendo le espressioni delle tensioni ed esplicitando a1 e a2 nella (3) si ottiene:

diretta verso il basso (m2 scende)

e dalla (1) e (2):

a2 =αR

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Esercizio n°2

Una sbarretta uniforme di massa M = 2 kg e lunghezza ℓ =1 m, è libera di ruotare in un piano verticale intorno ad un asse orizzontale senza attrito passante per un suo estremo. Sull’altro estremo della sbarretta è fissato un corpo, approssimabile ad un punto materiale, di massa m = 2 kg. La sbarretta inizialmente ferma in posizione orizzontale, viene lasciata cadere. Determinare:

a. la posizione del centro di massa del sistema;b. l’accelerazione angolare iniziale del sistema e l’accelerazione tangenziale

iniziale dell’estremità destra della sbarretta;c. la velocità del centro di massa quando il sistema raggiunge la posizione

verticale.

DATI:sbarretta: M = 2 kg ℓ = 1 mcorpo puntiforme: m = 2 kgt = 0 sbarretta orizzontale in

quiete(a) ? X CM

(b) ? ed at estremità destra(c) ? VCM sbarretta verticale

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(a) Calcoliamo la posizione del CM:

X CM=

Mℓ2

+mℓ

M+m=0 .75 m

M O=X CM×

P⇒ M O= M+m gXCM

Per poter scrivere l’equazione di rotazione del sistema (asta + punto materiale), devo calcolare il momento di inerzia totale: I O =I asta+I m

(b) A questo punto possiamo considerare la situazione equivalente, cioè un punto materiale di massa (m+M) che si trovi a distanza XCM dall’origine; l’unica forza agente su tale punto materiale è la forza peso, il cui momento rispetto al polo O è:

X CM=

∑i

mi xi

∑i

mi

=M⋅xCM asta+mℓ

M+m⇒

X

XOCM

P

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I m=mℓ 2

I O=13

Mℓ2 +mℓ2=

43

Mℓ2=2 . 67kg⋅m2

M O =I Oα⇒ M O=I O α ⇒

Quindi il momento di inerzia totale (considerando che M=m)sarà:

Di conseguenza, l’accelerazione tangenziale all’estremità A della sbarretta sarà:

dove, rispetto al polo 0, si ha:

I asta= I astaCM+M ℓ

2 2

= 112

Mℓ2 +Mℓ2

4

α=M O

I O

=X CM m+M

I O

g=11 . 01rad/s2

a t A =αℓ=11 m/s2

Allora posso scrivere l’equazione di rotazione:

teor. Huygens-Steiner

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(c) Per calcolare la velocità del CM quando la sbarretta si trova in posizione verticale, ragioniamo energeticamente imponendo la conservazione dell’energia meccanica totale. Fissiamo il livello 0, corrispondente alla posizione finale del CM:

E f=12

IO ω2=12

I O

vCM2

XCM2

Nella situazione iniziale, l’energia meccanica totale è data solo dall’energia potenziale gravitazionale del CM che si trova ad altezza XCM rispetto al livello 0:

Invece l’energia meccanica finale è solo energia cinetica rotazionale:

E i= m+M gX CM

O

O

CM

Imponendo la conservazione dell’energia meccanica totale (dato che non ci sono forze non conservative in gioco) otteniamo, sostituendo l’espressione di I0 e considerando M=m:

vCM= 3 gXCM3

ℓ2=3.52 m/s

XCM

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Esercizio n°3

Un corpo rigido formato da un’asta di massa m = 1.5 kg e lunghezza d e da un disco di eguale massa e raggio R = d/4, è posato sopra un piano orizzontale su cui può muoversi senza attrito ed è inizialmente in quiete. Un punto materiale di massa M = 0.4 kg, in moto con velocità v = 10 m/s, urta il corpo rigido nel punto P distante r = 7/8 d dall’estremo O e vi resta attaccato. Nell’ipotesi che sul corpo non agisca alcun vincolo, a) descrivere il moto del sistema corpo-punto dopo l’urto, precisando se si tratta di moto traslatorio, rotatorio o rototraslatorio;b) calcolare la velocità del CM del sistema dopo l’urto.Se invece il corpo è vincolato in O, attorno a cui può ruotare, calcolare:c) la velocità del CM del sistema dopo l’urto.d) l’impulso subito dal perno in O durante l’urto DATI:

ASTA: m=1.5 kg , dDISCO: m , R=d/4Punto materiale: M=0.4 kg , v=10 m/s

r = 7/8 dCaso A) no vincoli:

? Descrivere moto sistema? Velocità CM

Caso B) vincolo = O? Velocità CM? Impulso subito dal perno in O durante l’urto

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xCM=

md2m dR M

78

d

2mM=

md2m

54

dM78

d

2mM=

=

m74

dM78

d

2mM=

2mM 78

d

2mM=

78

d

Calcoliamo la posizione del centro di massa del sistema composto dall'asse, dal disco e dal punto materiale, considerando l'asse x orientato come in figura: x

7/8d

d

Il punto di impatto coincide con il centro di massa del sistema, il momento angolare iniziale (prima dell'urto) rispetto al CM è nullo. Poichè I momenti esterni sono nulli il momento angolare si conserva.Il momento angolare dopo l'urto risulta nullo ed il moto è puramente TRASLATORIO. Nel caso in cui il CM di massa e il punto di impatto non coincidano il moto è rototraslatorio.


(CASO A)

dove è stato considerato come versore il versore diretto verso l’alto.

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Non essendo il corpo rigido vincolato, si conserva anche la quantità di moto. Dopo l’urto, il sistema corpo rigido + punto materiale si muoverà di moto traslatorio verso l’alto:


Pi=M vP f=2mM vCM

vCM=M

2mMv=1,18

m

suz

Imponendo la conservazione della quantità di moto subito prima e subito dopo l’urto si ottiene:

M2m vCM=M v⇒

Prima dell’urto

Dopo l’urto:

zu

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(CASO B) In questo caso il corpo rigido è vincolato e durante l’urto la quantità di moto non si conserva. Si conserva invece il momento angolare calcolato prendendo come polo il vincolo:


Mrv=I O ω

I O= I astaI discoI M=[112md2 md2

2

][12 mR 2m dR 2 ]Mr2=

=13

md 2[12 md2

16m25

4d

2

]M 78 d 2

=[13 132

2516 m

4964

M ]d 2=Cd2

ed imponendo la conservazione del momento angolare si ottiene:

Occorre calcolare il momento di inerzia del sistema rispetto al polo O:

∣LOi∣=∣r×M v∣=Mrv

∣LOf∣=∣IO ω∣=I O ω

Prima dell’urto

Dopo l’urto:

con C=3,20 kg

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Quindi:


ω=78

MvdI 0

⇒ ∣vCM∣=∣ω×xCM∣= xCM ω

In conclusione si ha:

Mv78

d=IO ω⇒

vCM=xCM ω= xCM78

MvdI 0

=78 2

Mvd 2

I 0

⇒

vCM= 78

2Mvd 2

Cd2=0, 95

m

s

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Per calcolare l’impulso subito dal perno in O, usiamo la relazione;


JO=Δ p=p fin−pin

Quindi:

dove:

∣J∣=∣ M2m v CM−M v∣=−0,77 Ns

Prima dell’urto

Dopo l’urto:

∣pi∣=∣M v∣=Mv

∣p f∣=∣ M2m vCM∣

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Esercizio n°4

DATI:ASTA: M= 2.5 kg ℓ = 1.2 mVINCOLO = OPunto materiale: m = 0.25 kg

v = 20 m/s R = 0.4 m da O(a) ? 0 dopo urto (b) ? Ek nell’urto(c) ? a =90°

Un’asta lunga ℓ = 1.2 m può ruotare, in un piano verticale, attorno al proprio centro O; la massa dell’asta vale M = 2.5 kg. Un punto materiale di massa m = 0.25 kg, lanciato verticalmente dal basso verso l’alto, colpisce l’asta a distanza R = 0.4 m da O e rimane ad essa attaccato; la velocità di m all’istante dell’urto vale v = 20 m/s. Calcolare:a) la velocità angolare del sistema subito dopo l’urto;b) la variazione di energia cinetica del sistema nell’urto;c) la velocità angolare del sistema quando ha compiuto una rotazione di 90°.

dove il momento di inerzia si riferisce al sistema asta+ punto materiale.

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I O=I astaIm= 112

Mℓ2 mR2=0 .34 kg⋅m2

Il corpo è vincolato: la quantità di moto non si conserva durante l’urto, ma si conserva il momento angolare calcolato rispetto al vincolo.

mRv=I O ωO⇒Imponendo la conservazione del momento angolare si ottiene:

ωO=mvR

I O

=5 .9rad

s

∣LOi∣=∣R×mv∣=mRv

∣LOf∣=∣I O ωO∣=IO ωO

Prima dell’urto

Dopo l’urto:


Per calcolare la variazione dell’energia cinetica durante l’urto, scriviamo le espressioni di Ek prima e dopo l’urto:

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Ek i=

12

Mv2

Ek f=

12

I O ωO2 }⇒

Prima dell’urto

Dopo l’urto:

ΔE k=12 I O ωo

2−mv2 =−44 .12 J

Per calcolare la velocità angolare del sistema dopo un quarto di giro, considero la conservazione dell’energia meccanica:

Em θ=0 ° =12

I O ωO2

Em θ=90 ° =12

I O ω12mgR

=0°

=90°θR

12

I O ωO2=

12

I O ω12mgR⇒ ω1=ωO

2 −2 mgR

I O

=5,4rad

s

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Esercizio n°5Due aste uguali, ciascuna di massa m2 = 0.72 kg e lunghezza d = 0.8 m, sono fissate tra loro come mostrato in figura (stesso centro, angolo 90°); esse stanno in un piano verticale e possono ruotare attorno ad un asse fisso orizzontale passante per il loro centro O e ortogonale al piano che le contiene. Inizialmente le aste sono in quiete, con l’asta AB verticale. Un proiettile puntiforme, avente massa m1 = 0.15 kg e velocità v1, in moto lungo la linea orizzontale tratteggiata, colpisce l’estremo B e vi resta conficcato. A seguito dell’urto il sistema entra in rotazione con velocità angolare 0 = 5 rad/s. Calcolare:a) il valore di v1.Nell’istante in cui è stato compiuto un quarto di giro, per cui l’asta AB è orizzontale, la velocità angolare vale = 5.6 rad/s. Calcolare:b) il valore del momento di attrito M costante che agisce sull’asse di rotazione;c) sempre nello stesso istante in cui = 5.6 rad/s, le componenti tangenziale e normale dell’accelerazione di m1.

DATI:ASTE: m2=0.72 kg , d = 0.8 mVINCOLO = OPunto materiale: m1=0.15 kgDopo urto: 0= 5 rad/s

? v1

Dopo 90° =5.6 rad/s? M attr. cost sull’asse? aN e aT di m1

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Dove il momento di inerzia del sistema (aste+punto materiale) è dato da:


m1 v1d2=I O ωO⇒Quindi:

Dato che il corpo rigido è vincolato, non si può conservare la quantità di moto, ma si conserva il momento angolare rispetto al vincolo:

∣LOi∣=∣r×m1v1∣=m1 v1

d2

∣LOf∣=∣I O ωO∣=IO ωO

Prima dell’urto

Dopo l’urto:

I O=2⋅I astaI m1=2⋅112

m2 d2m1d2 2

=16

m2d2m1

d2

4=

=2m23m1

12d2=0 .1008 kg⋅m2

v1=2IO ωO

m1 d=

16

2m23m1

m1

dω0=8,4m

s

20


M attr=2π

ΔEm=2π [ 1

2I O ω2−ωO

2 −m1 gd2 ]=−0, 17 Nm

Emi=Ek

iEg

i=

12

I O ωO2m 1 g

d2

Dopo ¼ di giro (=90°) la situazione è quella mostrata in figura:

ΔE m=W fnc=∫o

π /2

M attr⋅dθ=M attrπ2⇒

m1

Calcoliamo la variazione di energia meccanica:

Emf=Ek fEg

f=

12

I O ω20

=0°

=90°

La variazione di energia meccanica è uguale al lavoro delle forze non conservative, ovvero al lavoro della forza di attrito agente sull’asse di rotazione:

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α=M tot

I O

=

m1 gd

2M attr

I O

=4,15rad

s2⇒

aN=ω2 r=ω2 d2=12 ,54

m

s2

Per calcolare le due componenti dell’accelerazione di m1, consideriamo le

due espressioni:

M tot=I O α⇔M pesoM attr=I O α⇔

m1

∣a t∣=∣α×r∣=αd2

Occorre calcolare l’accelerazione angolare tramite l’equazione dinamica di rotazione:

aN

at

α

m1 gd2M attr=I O α⇒

a t=αd2=1, 66

m

s2

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Esercizio n°6

Un corpo rigido formato da un disco di raggio R = 10 cm e massa M = 1 kg e da un’asta di massa M e lunghezza ℓ = 2R si trova su un piano verticale come mostrato in figura ed è vincolato nel punto A. Determinare:a) il momento di inerzia del sistema;b) la posizione del CM del sistema;c) l’impulso minimo che deve essere comunicato al centro del disco (vedere figura) affinché il corpo rigido possa compiere un giro completo attorno ad A.

DATI:ASTA: M=1 kg , ℓ=2RDISCO: M , R=10 cmVINCOLO=A(a) ? I sistema(b) ? Posizione CM(c) ? Jmin per giro completo

I A=I astaI disco=112Mℓ 2M ℓ2

2

12 MR2M ℓR 2 ==112

Mℓ 214

Mℓ212 MR 29 MR2 =13

Mℓ2192

MR2=

=43

MR2192

MR2⇒

16-01-2008 23


I A=656

MR2=0, 108 kg⋅m2

Calcoliamo il momento di inerzia del sistema rispetto al vincolo A:

x : xCM=0

y : yCM=

Mℓ2M ℓR

MM=

4 MR2M

=2R }⇒CM≡B

Orientando gli assi come in figura si può calcolare la posizione del CM: X

y

Quindi:

Dunque, la condizione limite è che il sistema giunga nella posizione a 180° rispetto a quella iniziale con velocità angolare nulla.

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Affinché possa compiere un giro completo, il corpo rigido deve giungere nella posizione indicata in figura con velocità angolare >0:.

Tra la posizione iniziale e finale (180° rispetto alla posiz. Iniziale), si ha la conservazione dell’energia meccanica:

12

I A ωO2 =8 MgR⇒ωO=16 MgR

I A

=12 , 05rad

s

A Em θ=0 ° =12

I A ωO2

Em θ=90 ° =2 Mg 2ℓ =8 MgR

=0°

=90°B

B

J

Per calcolare l’impulso minimo da applicare consideriamo la seguente relazione:

∣L Ai∣=0

∣L Af∣=∣I A ω0∣=I A ω0

Δ LA=r×J minMomento dell’impulso

Prima dell’applicazione di J

Dopo l’applicazione di J

Momento angolare

J min=I A ωO

3R=4, 34 Ns

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Quindi: ∣ΔLA∣=∣r×J min∣⇔ I A ωO= ℓR J min

⇔ I A ωO=3 RJ min

Se J>Jmin il corpo rigido riuscirà a compiere un giro completo!!

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