'LQDPLFDGHLPRWLURWDWRUL
Nel seguito discuteremo la dinamica della rotazione di un corpo rigido intorno
ad un asse fisso. Ricordiamo la definizione di corpo rigido:
Corpo rigido: insieme di particelle rigidamente connesse,
cioè tali che le mutue distanze restino fisse.
Se un corpo rigido ruota attorno ad un asse fisso, ogni punto del corpo
descrive una traiettoria circolare ed i centri di tutte queste circonferenze stanno
su una retta chiamata asse di rotazione (asse z in figura) .
Abbiamo precedentemente discusso la cinematica del punto materiale per
rotazioni attorno ad un asse fisso, trovando che tali moti sono descritti da
equazioni cinematiche formalmente simili a quelle per i moti traslatori.
Come mostreremo nelle prossime trasparenze, la dinamica rotazionale e’
anch’essa descritta da equazioni formalmente simili a quelle da noi
precedentemente discusse per la dinamica dei moti traslatori.
Come passo preliminare introduciamo due nuove grandezze fisiche che
saranno molto utili:
il momento di una forza ed il momento angolare di un punto materiale.
0RPHQWRGLXQDIRU]D
τ=rxF
Dato un punto di riferimento O (polo) ed
una forza F applicata ad un punto
materiale P, si definisce momento
meccanico della forza F rispetto al polo
O il vettore
τ=rxF
F
P
dove r e’ il vettore posizione del punto
P rispetto al polo O.
Fissati quindi F ed il punto P, il
momento di una forza dipendera’ dalla
scelta del polo O.
0RPHQWRDQJRODUHGLXQSXQWRPDWHULDOH
J= r x q
Dato un punto di riferimento O (polo)
ed una particella che si muove con
quantita’ di moto q, si definisce
momento angolare della particella
rispetto al polo O il vettore
J= r x q
q
dove r e’ il vettore posizione della
particella rispetto al polo O.
Fissati quindi q e la posizione della
particella, il momento angolare di una
particella dipendera’ dalla scelta del
polo O.
0RPHQWRDQJRODUHGLXQSXQWRPDWHULDOH
HPRPHQWRPHFFDQLFR
Dato un punto materiale il momento angolare rispetto ad un polo O di un
sistema di riferimento inerziale sara’:
J= r x q
dove r e’ il vettore posizione della particella rispetto al polo O.
dq
dJ
d
dr
=
×q+r×
r×q =
dt
dt
dt
dt
dq
dq
dJ
= v×q + r×
= r×
= r×F =
dt
dt
dt
(
)
dJ
=
dt
La derivata rispetto al tempo del momento angolare di un punto materiale
è uguale al momento delle forze applicate al punto materiale.
Questo risultato è l’analogo rotazionale dell’equazione:
F =
dq
dt
&RQGL]LRQLGLFRQVHUYD]LRQHGHOPRPHQWRDQJRODUH
SHUXQVLVWHPDGLSDUWLFHOOH
Dato un sistema costituito da n particelle, il momento angolare totale
del sistema di particelle ripetto ad un polo O fisso di un sistema di
riferimento inerziale sara’:
n
n
i =1
i =1
J Tot = ¦ ji =¦ (r i x q i )
Ci proponiamo ora di vedere sotto quali condizioni il momento angolare totale
del sistema di particelle e’ conservato. Abbiamo che:
tot
dJ
dt
n
d
=
dt
¦
i =1
n
=
n
(r ix q i ) =
¦
i =1
d
(r ix q i ) =
dt
d
(v ix q i ) + (r ix
qi)
dt
¦
i =1
Ma poiche’ i vettori vi e qi sono paralleli → vixqi =
0
d/dt(qi) = Fi = Fiext+Fiint
per la II legge di Newton →
(dove Fi, risultante delle forze agenti sulla particella, e’ stata scomposta in
Fiint, risultante delle forze interne al sistema agenti sulla particella, ed Fiext,
risultante delle forze esterne al sistema agenti sulla particella .)
Quindi:
tot
dJ
dt
n
=
¦
n
(r i x Fi ) =
i =1
¦
(r ix F
int
i
n
)+
i =1
n
=
¦
i =1
int
i
n
+
¦
¦
ext
(r ix Fi ) =
i =1
ext
i
=
int
+
ext
i =1
Qui:
τext e’ la risultante dei momenti associati alle forze esterne agenti sul sistema e
τint e’ la risultante dei momenti associati alle forze interne agenti sul sistema.
&RQGL]LRQLGLFRQVHUYD]LRQHGHOPRPHQWRDQJRODUH
SHUXQVLVWHPDGLSDUWLFHOOH
Forma forte della III legge di Newton: le forze agenti tra due particelle qualsiasi sono non
solo uguali e opposte in verso, ma sono dirette lungo la congiungente le due particelle
(stessa retta di azione).
Come conseguenza della III legge di Newton nella forma forte, τint ,
risultante dei momenti associati alle forze interne agenti sul sistema e’ zero.
Consideriamo per esempio un sistema di due particelle
F12=-F21
τint= r1xF21 + r2xF12 =
=r1xF21- r2xF21=
=(r1-r2) xF21=0
Dove l’ultimo prodotto vettoriale e’
nullo poiche’ i vettori (r1-r2), F21 e F12
agiscono sulla stessa retta.
y
F21
r1
r1 -r2
r2
O
F12
x
Abbiamo quindi dimostrato che:
condizione necessaria e sufficiente affinche’ il momento angolare totale di
un sistema di particelle si conservi e’ che la risultante dei momenti associati
alle forze esterne agenti sul sistema sia nulla.
(TXD]LRQLFDUGLQDOLSHUODGLQDPLFD
GHLVLVWHPLGLSDUWLFHOOH
Ricordando i risultati precedentemente ottenuti per la variazione con il tempo
della quantita’ di moto totale di un sistema di particelle, abbiamo le seguenti
equazioni cardinali per la meccanica dei sistemi di particelle:
d Tot
F = Q = M a cm
dt
d tot
ext
= J
dt
ext
&HQWURGLPDVVD
GLXQFRUSRULJLGRFRQWLQXR
Corpo rigido: insieme di particelle rigidamente connesse,
cioè tali che le mutue distanze restino fisse.
Un corpo rigido continuo di massa M puo’ essere immaginato come costituito
da elementi infinitesimi di massa dmi ognuno identificato
da un vettore posizione ri.
Pertanto il centro di massa di un corpo rigido continuo puo’ essere definito in
modo formalmente analogo a quanto abbiamo fatto per il centro di massa
di un sistema discreto di punti materiali sostituendo la sommatoria
con un integrale
R cm
1
=
M
³ rdm
Il suddetto integrale deve essere effettuato sull’intero volume del corpo.
Il centro di massa cosi’ definito godra’ delle stesse proprieta’ precedentemente
discusse per il centro di massa di un sistema di punti materiali.
(QHUJLDFLQHWLFDGLXQFRUSRULJLGR
UXRWDQWHDWWRUQRDGXQDVVHILVVR
Desideriamo ora calcolare la energia cinetica K di un corpo rigido in
rotazione con velocita’ angolare ω attorno ad un asse fisso. Facciamo
inizialmente l’ipotesi che il corpo rigido sia costituito da un insieme di
particelle rigidamente fissate una all’altra. Esse quindi avranno tutte la stessa
velocita’ angolare ω.
La energia cinetica della singola particella sara’:
Ki = 1/2 mi (vi)2 dove vi= ω ri
Essendo ri la distanza del punto considerato dall’asse di rotazione.
Pertanto
1§ n
1 2 n 1
2
2·
K = ¦ mi vi = ¦ mi (ri ) = ¨ ¦mi ri ¸
2 © i=1
i =1 2
i=1 2
¹
n
2
1
= I
2
2
La quantita’ I= Σmiri2 prende il nome di momento di inerzia
Essa e’ caratteristica del corpo e dell’asse di rotazione considerati .
La unita’ di misura del momento di inerzia nel S.I. sara’ quindi il kg m2 .
La energia cinetica per la rotazione di un corpo rigido e’ quindi espressa da
una espressione formalmente simile a quella trovata per il moto traslatorio.
K=1/2 I ω2
⇔
K=1/2 m v2
&DOFRORGHOPRPHQWRGLLQHU]LDSHU
XQFRUSRULJLGRFRQWLQXR
Se il corpo rigido e’ un corpo continuo, esso puo’ considerarsi suddiviso in
infiniti elementi di massa infinitesimi dm ed il suo momento di inerzia si
calcola in modo analogo a quello trovato precedentemente, sostituendo la
sommatoria con un integrale esteso all’intero volume del corpo.
I = ³ r dm
2
Nota: piu’ la distribuzione di massa di un corpo e’ lontana dall’asse di
rotazione, piu’ grande e’ il momento di inerzia.
7HRUHPDGL+X\JHQV6WHLQHU
E’ possibile dimostrare il seguente teorema:
Il momento di inerzia I di un corpo rigido rispetto ad un asse qualsiasi z e’
uguale al momento di inerzia Icm rispetto ad un asse z’ parallelo al primo e
passante per il centro di massa più il prodotto della massa del corpo M per il
quadrato della distanza R fra i due assi.
R
I=Icm+MR2
Tale teorema prende il nome di teorema di Huygens-Steiner
(VHPSLR
Il momento di inerzia di una sbarra sottile ed omogenea, di massa M e
lunghezza L, rispetto ad un asse passante per il suo centro di massa e’
ICM= 1/12 M L2 .
Vogliamo calcolare il momento di inerzia I rispetto
ad un asse passante per l’estremo della sbarretta .
I=ICM+MR2= 1/12 M L2 +M(L/2)2=1/3 M L2
0RPHQWRDQJRODUHGLXQFRUSRULJLGR
UXRWDQWHDWWRUQRDGXQDVVHILVVR
Desideriamo ora calcolare la componente del momento angolare J di un corpo
rigido rispetto ad un asse supponendo che il corpo sia in rotazione con
velocita’ angolare ω attorno a questo asse fisso. Il corpo rigido è costituito da
un insieme di particelle rigidamente fissate una all’altra. Esse quindi avranno
tutte la stessa velocita’ angolare ω.
Nota: Il momento angolare J di un
corpo rigido che ruota rispetto
ad un asse non è in generale
parallelo all’asse di rotazione
ji
Assumiamo l’asse z come asse di rotazione: il momento angolare della singola
particella rispetto al polo O (fisso) posizionato sull’asse di rotazione z sara’:
ji =ri x mivi
ri forma un agolo θi con l’asse z, ji è ortogonale al piano individuato da ri e vi e
forma un angolo 90°-θi con l’asse z. Il modulo di ji è |ji|=mi|r|i |vi|= mi|r|i Ri|ω|
Calcoliamo la proiezione del momento angolare ji sull’asse di rotazione z:
·
§π
jiz = j i cos¨ −θi ¸ = j i sin(θi ) = mi r i sin(θi )Ri ω = mi Ri2 ω
¹
©2
jz = ¦i jiz = ¦i mi Ri2 ω = IZ ω
La componente del momento angolare di un corpo rigido rispetto all’asse di
rotazione ha una espressione formalmente simile a quella della quantita’ di
moto
Jz= Iz |ω|
⇔
Q= m V
0RPHQWRGHOOHIRU]H
HGDFFHOHUD]LRQHDQJRODUH
GLXQFRUSRULJLGRUXRWDQWHDWWRUQRDGXQDVVHILVVR
Sappiamo che se su un corpo agisce una forza risultante F esso, in base alla II
legge di Newton, si muovera’ con una accelerazione a tale che
d
F = Q = Ma
dt
Ci chiediamo se esista una relazione formalmente simile, che leghi il momento
risultante delle forze rispetto all’asse di rotazione τ e la accelerazione
angolare α, per un corpo rigido ruotante attorno ad un asse fisso.
Ricordiamo che in generale per un sistema di particelle:
ext
d Tot
= J
dt
Per un corpo rigido ruotante attorno ad un asse fisso e nel caso in cui J sia
parallelo a ω (l’asse di rotazione è un asse di simmetria del corpo rigido
o più in generale è un asse principale di inerzia)
J = Jz = Iz
J = Iz
Quindi:
ext
d
d
= J = Iz = Iz
dt
dt
La accelerazione angolare α per la rotazione di un corpo rigido (J parallelo a
ω) e’ quindi legata al momento delle forze risultanti da una espressione
formalmente simile alla II legge di Newton.
(Equazione del moto di rotazione)
Se J non è parallelo a ω vale la relazione precedentemente trovata
per la componente di J sull’asse di rotazione:
Jz= Iz |ω|
Possiamo quindi scrivere:
dJ z
d
= (I Z
dt
dt
)= I
Proiettando l’equazione:
ext
d
Z
=
dt
= IZ
d
J sull’asse di rotazione z
dt
τ z ext = I z α
$OWUHUHOD]LRQLXWLOLSHUORVWXGLR
GHOPRWRURWDWRULRDWWRUQRDGXQDVVHILVVR
Abbiamo fatto vedere che, per i moti rotatori, valgono delle relazioni
formalmente simili a quelle dei moti traslatori.
Altre importanti relazioni, che non dimostreremo, sono le seguenti.
Se un momento τ rispetto all’asse di rotazione agisce per un tempo ∆ t avremo
una variazione del momento angolare ∆J = (Jf-Ji) (impulso angolare)
∆J = τ ∆ t
Se un corpo compie uno spostamento angolare infinitesimo dθ sotto l’azione
di un momento τ il lavoro infinitesimo compiuto e’
dL = τ • dθ
Quindi per una rotazione finita si ha
f
L=
³
⋅d
i
mentre la potenza istantanea sarà:
dL
P=
= τ ⋅ω
dt
Se un corpo ruota attorno ad un asse sotto l’azione di un momento risultante τ
per il teorema dell’energia cinetica si ha:
f
L=
³
i
1
⋅d = I
2
2
f
1
− I
2
2
i
(VHPSLR
Una carrucola, costituita da un disco omogeneo di massa M e raggio R, puo’
ruotare senza attriti attorno ad un asse orizzontale. Un corpo di massa m e’
connesso ad una fune inestensibile di massa trascurabile avvolta attorno alla
carrucola. Se si lascia andare il corpo, esso scende sotto l’azione della sua
forza peso e la carrucola si mette in rotazione. Calcolare l’accelerazione del
corpo, l’accelerazione angolare della carrucola e la tensione della fune.
x
T’
y
La carrucola e’ messa in rotazione grazie al momento
τ associato alla forza T che la fune esercita sulla carrucola. Le
equazioni che governano il moto del corpo e della carrucola sono :
ΣFi = m a Ÿ T’+ mg = m a
Στi = I α Ÿ RT i = I α i
Inoltre, poiche’ la fune e’ di massa trascurabile, si ha:
|T’|=|T|=T
Proiettando la prima equazione sull’asse y e la seconda sull’asse x abbiamo:
1) -T+mg=may e
2) RT= I α
x
T’
y
1) -T+mg = may e 2) RT= I α
Inoltre, poiche’ la fune e’ inestensibile si ha:
3) ay = α R
Quindi dalla equazione 2)
4)
T = I α /R = (I /R) ( ay/R) =(I ay /R2)
Sostituendo nella equazione 1) otteniamo la accelerazione ay
-(I ay /R2) +mg=may Ÿ ay(m+ I /R2)=mg Ÿ
ay=mg/ (m+ I /R2) Ÿ ay=g/ (1+ I /mR2)
Dalla equazione 4)
T = (I ay /R2) = (I/R2) g/ (1+ I /mR2) Ÿ T=Ig/ (R2+ I /m)
Dalla equazione 3)
α= ay /R Ÿ α= g/ (R+ I /mR)
&RQVHUYD]LRQHGHOPRPHQWRDQJRODUH
DOFXQLHVHPSLVHPLTXDOLWDWLYL
y
J
J
Un uomo, seduto su uno sgabello che puo’ girare attorno ad un asse verticale,
tiene nelle mani due pesi. Inizialmente l’uomo ha le braccia distese, e lo
sgabello viene posto in rotazione con velocita’ angolare ωi come schematizzato
in figura. Il vettore momento angolare J ha direzione verticale ed e’ rivolto
verso l’alto.
Improvvisamente l’uomo stringe le braccia. In tal modo la distribuzione delle
masse del sistema sgabello piu’ uomo si avvicina all’asse di rotazione ed il
momento di inerzia del sistema diminuisce. Poiche’ sul sistema uomo piu
sgabello non agiscono momenti associati alle forze esterne, il momento
angolare totale del sistema J = I ω deve conservarsi. Dovendo conservarsi il
momento angolare, e diminuendo il momento di inerzia, si osservera’ un
aumento della velocita’ angolare del sistema uomo piu’ sgabello.
La orientazione di un satellite, o di una sonda
spaziale, puo’ essere modificata utilizzando dei
volani come indicato in modo schematico in
figura. Sul sistema satellite piu’ volano non
agiscono momenti di forze esterne, quindi il
momento angolare totale del sistema deve
rimanere uguale al valore iniziale, cioe’ zero.
Se si mette in rotazione il volano, il satellite
ruotera’ in senso opposto per conservare il
momento angolare totale del sistema. Se si
arresta il volano anche la rotazione del satellite si
arresta, ma nel frattempo la sua orientazione e’
cambiata.
Una tuffatrice esegue un salto mortale e mezzo in
avanti. Durante il tuffo il suo centro di massa
segue, come sappiamo, una traiettoria parabolica.
La tuffatrice lascia il trampolino con un
momento angolare J diverso da zero rispetto ad
un asse passante per il suo centro di massa (J ha
direzione perpendicolare alla figura e verso
entrante nella pagina). Durante il tuffo non
agiscono momenti di forze esterne, quindi il
momento angolare deve conservarsi. Tirando a
se le braccia e le gambe la tuffatrice diminuisce
il suo momento di inerzia rispetto all’asse di
rotazione, provocando un aumento della sua
velocita’ angolare per conservare il momento
angolare. Al termine del tuffo, la tuffatrice si
distende aumentando il suo momento di inerzia
per far diminuire al massimo la sua
velocita’ angolare.
(VHPSLR
y
Jf
Ji
-Ji
ωf
Ji
Jf
-Ji
Un uomo e’ seduto su uno sgabello libero di ruotare attorno ad un asse
verticale. Inizialmente lo sgabello non ruota e l’uomo tiene in mano un
volano ruotante con momento angolare Ji rivolto verso l’alto, come
schematizzato in figura (a). L’uomo, ad un certo punto, capovolge il volano
in modo che il momento angolare del volano diventa
J=-Ji come schematizzato in figura (b).
Sapendo che:
il momento di inerzia complessivo del sistema sgabello-uomo-volano rispetto
all’asse dello sgabello vale Io=6.8 kg m2,
il volano ha un momento di inerzia I = 1.2 kg m2 rispetto al suo asse e gira
attorno al suo asse con velocita’ angolare ω = 3.9 giri/s,
calcolare la velocita’ angolare finale ωf dello sgabello attorno al suo asse.
Il momento angolare totale del sistema uomo-sgabello-volano non puo’
variare poiche’ non agiscono momenti associati a forze esterne al sistema.
Pertanto detto Jf il momento angolare finale associato alla rotazione del
sistema attorno all’asse dello sgabello si ha:
Ji = Jf-Ji Ÿ Jf=2Ji Ÿ Io ω f
j=2 Iωj
Proiettando sull’asse y si ricava:
ω f = 2 I ω /Io = 2 (1.2) (3.9) 2π /6.8 = 8.6 rad/s
(VHPSLR
Una asta omogenea, di lunghezza L = 0.400 m e massa M = 6.40 10-2 kg,
e’ libera di ruotare in un piano orizzontale attorno ad un asse verticale
passante per il suo estremo. Un proiettile, di massa m = 1.00 10-2 kg, viene
sparato orizzontalmente e perpendicolarmente alla direzione dell’asta con
una velocita’ di modulo V=200 m/s e si conficca nell’estremo libero
dell’asta.Supponendo che il proiettile rimanga conficcato nell’asta calcolare:
il modulo della velocita’ angolare ω con cui si mette in moto l’asta, la
energia cinetica persa nell’urto, il modulo del momento costante delle forze
d’attrito che fermerebbe l’asta dopo averle fatto compiere 10 giri.
Durante l’urto si conserva il momento angolare del sistema proiettile
sbarretta, in quanto eventuali momenti associati a forze esterne al sistema
(come il momento delle forze di attrito) sono trascurabili durante l’urto.
JM + Jm = JM+m
0 + m V L k = (IM+Im) ω k
Proiettando sull’asse z si ottiene:
ω = (m V L)/ (IM+Im) = (m V L)/ (1/3ML2+mL2) = 160 rad/s
∆K = Kf -Ki = 1/2(IM+Im) ω2 – 1/2 m V2 = - 1.36 102 J
(VHPSLR
Un primo metodo per calcolare il modulo del momento costante delle forze di
attrito che arrestano l’asta in 10 giri e’ utilizzare
il teorema della energia cinetica..
f
³
L =
•d
= Kf − Ki
i
Osserviamo che il vettore velocita’ angolare ha verso concorde all’asse z
(uscente dal foglio) quindi il vettore accelerazione angolare deve avere verso
opposto all’asse z poiche’ il sistema sta rallentando. La accelerazione angolare
e’ causata dal momento delle forze di attrito τ . Pertanto ricordando la
relazione
τ=Iα
essendo I > 0, τ avra’ anch’esso la direzione e verso di α
cioe’ verso opposto all’asse z.
Quindi
f
f
K f − K i = ³ • d = ³ d cos(180o ) = −
i
1
0 − (IM + I m )
2
³d
i
2
= − (10(2π ) - 0)
f
=− (
f
− i)
i
Ÿ
= 1.02 Nm
Una alternativa a tale metodo sarebbe stata la seguente:
Ricavare la accelerazione angolare α costante
dalle leggi per la cinematica delle rotazioni:
ωf2 = ωi2 + 2 α (θf - θi) Ÿ 0 = ωi2 + 2 α (θf -0) Ÿ
α=- ωi2 / (2 θf ) dove θf = 10 (2π) rad
Quindi calcolare il momento atto a produrre tale accelerazione angolare
τ = (IM+Im) α = - (IM+Im) (ωi2 / (2 θf )) k = -1.02 N m k
Il risultato indica che il momento τ ha verso opposto all’asse z come gia’
avevamo osservato.
0RWLURWRWUDVODWRUL
Il moto di un corpo rigido che ruota attorno ad un asse in movimento puo’, in
generale, essere molto complesso. Ci limiteremo qui a discutere il moto di
rotolamento su una superficie piana di un corpo altamente simmetrico rispetto
al suo asse di rotazione come ad esempio un cilindro, una sfera, un cerchio.
Consideriamo un cerchio di raggio R, come ad esempio una ruota di
bicicletta, che rotoli senza strisciare su un piano. Quando il cerchio ruota di un
angolo θ il suo centro di massa, che percorre una linea retta, si e’ spostato di
un tratto
s=R θ.
Pertanto, i moduli della velocita’ Vcm e della accelerazione acm del centro di
massa saranno legate ai moduli della velocita’ angolare ω e della
accelerazione angolare α della ruota.
Vcm = ds/dt = R dθ/dt = R ω
acm = dVcm /dt = R d ω /dt = R α
9HORFLWD· QHLPRWLURWRWUDVODWRUL
Il moto di rotolamento e’ la combinazione di un moto rotazione della ruota
attorno al suo asse con un moto di traslazione del centro di massa.
Come mostrato in figura dalla combinazione di questi due moti risulta che, ad
un istante t generico, il punto P di contatto della ruota col terreno ha velocita’
nulla mentre il punto piu’ alto della ruota ha velocita’ 2Vcm.
(QHUJLDFLQHWLFDQHLPRWLURWRWUDVODWRUL
Abbiamo visto che il moto di rototraslazione della ruota puo’ essere
considerato come la combinazione di un moto di rotazione attorno al centro di
massa piu’ un moto di pura traslazione del centro si massa.
E’ possibile mostrare che la energia cinetica K di un corpo rotolante
di massa M e’ data dalla somma di due termini:
La energia cinetica associata al moto del centro di massa Kcm=1/2 M (Vcm)2
e la energia cinetica rotazionale attorno al centro di massa Krot= ½ I ω2
K = 1/2 M (Vcm)2 + 1/2 Iω2
dove ricordiamo che Vcm
=Rω
0RWLURWRWUDVODWRULPRWRGLSXUDURWD]LRQH
E’ possibile trattare il caso di un corpo che rotola come se il suo moto
fosse di pura rotazione.
Possiamo considerare l’asse di
istantanea rotazione passante
per il punto di contatto P.
In un certo istante il corpo
ruota intorno ad un asse fisso
passante per P con una certa
velocità angolare ω.
L’energia cinetica rotazionale
potrà quindi scriversi come:
Asse di istantanea rotazione
1
K = I Pω 2
2
Dove Ip è il momento di inerzia rispetto all’asse passante per P. Possiamo
2
utilizzare il teorema di Huygens-Steiner e scrivere: I P = I CM + MR
K=
1
1
I CM ω 2 + MR 2ω 2
2
2
Rω=VCM rappresenta la velocità con cui il CM si muove rispetto al punto P
Possiamo quindi scrivere l’energia cinetica K:
K=
1
1
I CM ω 2 + MVCM 2
2
2
(VHPSLR
Una sfera parte dalla sommita’ di un piano inclinato ad un quota h e rotola
senza strisciare fino alla base del piano.
Calcolare la velocita’ di traslazione Vcm della sfera
alla base del piano inclinato
Sulla sfera agiscono le seguenti forze:
la forza peso che e’ conservativa, la forza normale n che e’ istante per istante
perpendicolare allo spostamento del centro di massa quindi non compie
lavoro, e la forza di attrito f.
Tale forza di attrito f genera il momento rispetto all’asse di rotazione che fa
aumentare la velocita’ angolare della sfera. In assenza di tale forza la sfera
striscerebbe sul piano inclinato senza rotolare. Tale forza tuttavia non
compie lavoro perche’, come abbiamo visto, il punto di contatto della sfera
e’ ad ogni istante fermo rispetto al piano.
Pertanto, per risolvere il problema, possiamo fare uso della conservazione
della energia meccanica totale.
Ei=Ef Ÿ Ui + Ki = Uf + Kf
Mgh + 0 = 0 + 1/2M(Vcm)2 + 1/2 I ω2
Mgh = 1/2M(Vcm)2 + 1/2 I (Vcm/R)2
(VHPSLR
Mgh = 1/2M(Vcm)2 + 1/2 I (Vcm)2/(R)2
Mgh = (Vcm)2 (M/2+I/(2R2) )
Vcm=( Mgh/(M/2+I/(2R2) ) ) 1/2
Poiche’ per una sfera che ruota rispetto al diametro I = 2/5 M R2,
dopo qualche passaggio si trova che:
Vcm= (10/7 g h ) ½
Consideriamo ora un corpo di massa M che, partendo dalla stessa quota
della sfera, scivoli senza attrito sul piano inclinato e calcoliamo la sua
velocita’ finale V alla base del piano.
Mgh = ½ M V2 Ÿ V=(2 g h)1/2
avremmo quindi
V > Vc.m. sfera
Infatti, in tal caso, la energia potenziale iniziale si e’ trasformata interamente
in energia di traslazione del corpo, mentre nel caso della sfera la energia
potenziale iniziale si e’ trasformata in energia cinetica traslazionale piu’
energia cinetica rotazionale.
(VHPSLR
Notiamo che il problema precedentemente discusso puo’ essere affrontato
anche utilizzando le equazioni della dinamica.
Per il moto del centro di massa abbiamo:
Mg + f + n = M acm
Per la rotazione della sfera attorno al diametro avremmo
τf = I α
Proiettando la prima equazione sugli assi x ed y e la seconda sull’asse z,
ricordando la relazione che lega la accelerazione del centro di massa con la
accelerazione angolare della sfera, avremmo potuto ricavare la componente
della accelerazione del centro di massa della sfera lungo l’asse x
e quindi la velocita’ finale.
f ⋅ R = I cmα
=a/R
Mg sin θ − f = ma
Ricavata l’accelerazione del CM a si possono usare le consuete relazioni
cinematiche
2
vcm = 2 ⋅ a ⋅ s
&RQGL]LRQLGLHTXLOLEULRGLXQFRUSRULJLGR
Diciamo che un corpo e’ in equilibrio meccanico se visto da un
sistema di riferimento inerziale:
1) L’accelerazione lineare aCM del suo CM è nulla.
2) La sua accelerazione angolare α attorno ad un
qualunque asse fisso in tale sistema è nulla.
In particolare, se il corpo è fermo VCM=0 e ω=0 il corpo
si dirà in equilibrio statico.
Quali sono le condizioni che devono essere soddisfatte
Affiche’ in corpo sia in equilibrio?
Dalla seconda legge di Newton capiamo che la prima condizione che deve
essere soddisfatta affinche’ aCM=0 e che la risultante delle forze agenti
sul corpo deve essere nulla
n
M a cm =
¦F
i
=0
i =1
Se il corpo può essere assimilato ad un punto la suddetta relazione e’ una
condizione necessaria e sufficiente per l’equilibrio.
Tuttavia, nel caso di un corpo esteso sappiamo che, anche se la risultante delle
forze esterne e’ nulla, la risultante dei momenti associati alle forze
esterne potrebbe essere diversa da zero ed il corpo sarebbe soggetto ad
una accelerazione angolare. Affinche’ il corpo sia in equilibrio, e’ quindi
anche necessario che la risultante dei momenti delle forze rispetto ad un
polo O sia nulla.
n
¦
i =1
i
=0
n
i =0
Si può dimostrare che, pern un corpo in equilibrio traslazionale, se ¦
i =1
per un determinato polo O, ¦ i =0 sarà nulla anche per ogni altro polo
i =1
in quel sistema di riferimento
!
(VHPSLR
(180o-θ)
y
(90o+θ)
x
Una scala a pioli, lunga L e pesante 50 N, poggia su una parete liscia
verticale. Se il coefficiente di attrito statico tra la scala ed il suolo e’ µs=0.40,
si calcoli l’angolo minimo θmin per cui la scala non scivola.
Le forze agenti sulla scala sono:
la forza normale P che la parete esercita sulla scala, la forza peso mg, la forza
normale n che il pavimento esercita sulla scala e la forza di attrito f che il
pavimento esercita sulla scala impedendole di scivolare. Scegliamo il punto O
come polo, e l’asse z uscente dal piano del foglio. La risultante delle forze
agenti sulla scala nel punto O e’ R = f + n.
Le condizioni di equilibrio sono:
n+f+mg+P=0
τn+ τf+ τmg+ τP = 0 Ÿ 0+0+ τmg+ τP = 0
Proiettiamo la prima equazione sugli assi x ed y e la seconda sull’asse z
x→
y→
z→
+f-P=0 Ÿ P=f
+n-mg=0 Ÿ n=mg
-L/2 mg sen(90°+θ) + L P sen (180°-θ)=0
(VHPSLR
y
x
1) P=f
2) n=mg
3) -1/2 mg sen(90°+θ) + P sen(180°-θ) =0
All’angolo θmin la forza d’attrito f sara’ la massima possibile cioe’:
P= fmax= n µs = mgµs
Sostituendo tale valore nella equazione 3) si ha:
-½ mg cos θmin + mg µs sen θmin = 0
Dividendo ambo i membri per mg cosθmin otteniamo
-½ + µs tg θmin = 0 Ÿ tg θmin = 1/(2µs ) Ÿ θmin =51.3o
Abbiamo quindi trovato che:
• θmin =51.3o indipendentemente dal peso della scala
• P = mgµs = 20N
• n= mg = 50 N
• in corrispondenza di θmin si ha fmax = mgµs = 20N
$OFXQLTXHVLWLGLYHULILFD
1)Scelto un polo O, come sono definiti il momento di una forza e il
momento angolare di una particella?
2)Sapreste dire e dimostrare sotto quali condizioni si conserva il momento
angolare totale di un sistema di particelle?
3)Sapreste dire e dimostrare quali sono le due equazioni cardinali per il
moto di un sistema di particelle ? Queste equazioni ci consentono di
capire sotto quali condizioni si conservano il momento angolare totale e la
quantita’ di moto totale di un sistema di particelle?
4)Avete capito l’enunciato e sapreste applicare il teorema di HuygensSteiner?
5)Sapreste mostrare e discutere degli esempi concreti che mettano in
evidenza la conservazione del momento angolare?
6)Un cilindro di massa m parte da fermo dalla sommita’ di un piano
inclinato. Esso rotola senza strisciare sul piano ed arriva alla base del
piano con una velocita’ di traslazione Vf1 in modulo. Un cubo di eguale
massa m parte da fermo dalla sommita’ dello stesso piano inclinato. Esso
scivola senza attrito sul piano e arriva alla base del piano inclinato con
una velocita’ di traslazione Vf2 in modulo. Quale delle due velocita’ Vf1
e Vf2 sara maggiore? Spiegare sia utilizzando la conservazione della
energia meccanica totale sia considerando le forze agenti.
7)Quali sono le condizioni di equilibrio per un corpo rigido?