trasparenze ppt

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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 .
•
•
•
•
y
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.
•
•
Applic
azione
N
Dal teorema del centro di massa: F  P  N  Fas  Ma CM
x F  Fas  Ma CM x
N  Mg
y N  Mg  Ma CM y  0
x
Fas
F
P
La rotazione attorno al centro di massa: M z  I 
*
F
P
N
Mz  FR
Mz  0
Mz  0
Fas Mz  FasR
I* 
1
MR2
2
FR  FasR  I*
*
Traslazione
F  Fas  Ma CM x
Rotazione
 FR  FasR  I 
a CM x  R
con dizion e di p uro ro tolamento
*
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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 .
•
•
•
Traslazione
F  Fas  Ma CM x
Rotazione
 FR  FasR  I 
a CM x  R
•
y
N
*
con dizion e di p uro ro tolamento
Applic
azione
x
P
F
Fas
Ricavando la forza di attrito statico dalla prima e sostituendo:
2FR
2FR
2F
Fas  F  MR
 *





2
3
1 MR2  MR2
I

MR
MR
2
2
 FR  FR  MR2  I*
2FR
4F
4  10
 *


 33.3 rad
2
s2
I  MR
3MR
3  2  0.2
aCMx  R  0.2  33.3  6.66 m2
s
Fas  F  MR  10  2  0.233.3  3.32N
Fas  s N  s 
Fas Fas
3.32


 .17
N Mg 2  9.81
•
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.
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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
E  Wn c 
WN  WFa
Applic
azione
i
L
U=0
f
0
0
p erch è ap pl. p un to fermo
Ei  Ef  K i  Ui  K f  Uf
Kf

p er il teo rema di Ko nig
Kf 
1
1
1
Mv2CM  K*  Mv2CM  I* 2
2
2
2
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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?
Ki  U i  Kf  U f
1
1
0  MgL sen 30  Mv 2CM  I* 2  0
2
2
•
La condizione di puro rotolamento:
vCM  R 
•
Applic
azione
i
L
U=0
f
v 2CM  R 2 2
Il momento di inerzia del Cilindro:
I* 
1
MR2
2
1
11
2 2
MgL sen30  MR  
MR2 2
2
22

4gL sen 30

3R2
4  9.81 6  0.5
rad
 3924  62.6
3  .12
s
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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?
Affrontiamo ora la seconda parte del problema.
Dobbiamo innanzitutto calcolarci il modulo della
velocità del CM
– Usiamo la condizione di puro rotolamento:
Applic
azione
y
v
m
s
La velocità è diretta come mostrato in figura.
v CM  R  0.1  62.6  6.26
•
•
•
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:
x o  0m v x o  6.26cos 30  5.42 ms
yo  5m v y o  6.26sen 30  3.13 ms
x
x  v xot
y  y o  vyo t  12 gt 2
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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?
y
Determiniamo l’istante di impatto al suolo imponendo
che y sia nulla:
y o  vy ot  12 gt 2  0  4.9 t 2  3.13t  5  0
t 1, 2
•
•
v
b  b 2  4ac 3.13  3.132  4  4.91  5 3.13 10.39 1.37




0.74
2a
9.81
9.81
La soluzione negativa è da scartare.
La distanza a cui atterrerà:
x  v x ot  5.42  .74  4.01m
•
Applic
azione
d  xf  x o  4.01m
x
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.
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•
•
•
•
•
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?
Applic
azione
Le forze agenti sono: il peso, la normale e la forza di
attrito.
Possiamo applicare la conservazione dell’energia
v
Ki  U i  Kf  U f
h
1
1
Mv2  I* 2  0  0  mgh
2
2
•
Da cui:
2
2
v
3v
1
1
mv 2  I* 2  mg
2
2 R
4g
I*  m
•
m  I*
1
3

m
R2
2
3  2 1
 1 R  mR 2
2 
2
Si tratta di un cilindro
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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.
MaCM  Rest
Rest  0

I  Mz
M est  0
•
Questo è equivalente a dire:
•
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
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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)
MaCM  R est
I  M z
•
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.
•
o
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
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Punto di applicazione della forza peso
•
Vogliamo far vedere che, dato un corpo rigido discreto
– Ciascun punto soggetto alla forza peso (mig)
m2
m1
l’insieme delle forze peso è equivalente ad un’unica forza
– Di intensità pari a Mg (M = somma mi)
– Applicata al centro di massa
•
•
P1
R est  0
Considero le due masse m1 ed m2 collegate da un’asta rigida
priva di massa.
Se l’affermazione precedente è vera, allora

P1  P2  F  0
– Posso equilibrare le due forze con un’unica forza
– Applicata in un punto particolare dell’asta rigida
•

F   P1  P2 
Cerchiamo questa forza e il suo punto di applicazione.
Annulliamo i momenti rispetto
ad O
P1x1  P2x 2  FxF  0  xF 
P1
 P1x1
P2
P2x 2
P2
F
F
 FxF
m1gx 1  m2 gx 2 m1x1  m2 x2

m1  m2
m1  m2 g
F= m1g+m2g=(m1+m2)g
m2
m1
O
x1
xF
x2
x
P2
P1
NB: il punto di applicazione coincide con il CM, è interno al
F
segmento che congiunge i due punti
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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
•
CM
P
N
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
•
N
CM
P
Teorema del centro di massa
P  N  0  N  P
Altrimenti il momento di questa coppia sarà
sempre diverso da zero
– Non ci sarà equilibrio
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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
•
CM
O
O
O
Equilibrio indifferente
– Se l’asse di rotazione passa proprio per il centro
di massa
CM
CM
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•
•
•
•
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?
Applic
azione
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.
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•
•
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?
Applic
azione
Rx  0
Ry  0
Fm  Ftx  0
 Mg  mg  Fty  0
a
a
M z  0  Fm h  Mg  mg  0
2
3
•
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
a  L2  h 2  122  9.32  7.58m
Fm 
Mg
a
a
7.58
7.58
 mg
72  9.81
 45  9.81 
2
3
2
3  407.8N
h
9.3
Ftx  Fm  407.8N
Fty  Mg  mg  1147.8N
•
NB: non ci può essere equilibrio
senza
sul pavimento
G.M. -attrito
Informatica
B-Automazione 2002/03
•
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.
•
Applic
azione
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
P
Rv
N
– La normale N è diventata nulla (perdita di
contatto)
•
Equilibrando i momenti rispetto allo spigolo
Fr  h   mg r 2  r  h2  0
mg r 2  r 2  h2  2rh mg h2r  h
F

r  h 
r  h
P
Rv
G.M. - Informatica B-Automazione 2002/03
La conservazione del
momento angolare
I piccolo
I grande
•
La seconda equazione cardinale della dinamica dei
sistemi ci dice:
dL
M
dt
• Se esiste un polo tale che il momento risultante
delle forze esterne applicate è nullo, allora
dL
•
 M  0  L  cos tan te
dt
•
•
•
•
•
Il momento delle forze esterne
rispetto al CM è nullo
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.
I
piccolo
I grande
Lz  I
I grande
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•
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?
•
•
•
•
•
•
•
Applic
azione
L’urto è un urto anelastico, dopo l’urto i due oggetti si muovono
z
restando attaccati

Le forze esterne presenti sono le forze peso del disco e dello stucco
più la reazione vincolare esercitata dall’asse di rotazione
v
Proprio la presenza della reazione vincolare non consente la
O
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
Lzi  Lzf
Quindi si conserva il momento angolare assiale Lz.
L zi  L zidisco  L zi stucco  I disco  5.0  104  4.7  23.5  10 4 kgm 2s1
0 v p arallela a z
L zf  L zf discostucco  I disco  Istucco  f
L zf  L zi
 f 
L zi
L zi

I disco  Istucco  Idisco  m stuccor 2


L zi
23.5  10 4
23.5  10 4
rad
f 



3.36
4
I disco  mstuccor 2
5  104  .020  .10 2
7  10
s
G.M. - Informatica
B-Automazione 2002/03

 

•
•
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.
y
Trovare
Applic
azione
O
– 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
x
G.M. - Informatica B-Automazione 2002/03
–
–
–
–
–
–
•
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
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.
y
O
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.
•
Applic
azione
U=0
U i _ p alla  m p allag(L  r)
x
Lo studio della prima fase ci permette di determinare la velocità
U i _ sbarra  m sbarrag(L  r)
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
E  Wnc 
WR v
0
0
perchè ap pl. pun to fermo
Ei  Ef  K i  Ui  K f  Uf
Ei  Ef
•
U f _ p alla  0
L
U f _ sbarra  m sbarrag(  r)
2
Ki  0
Dobbiamo calcolarci il raggio
1
della palla e il momento di
K f  I 2f
inerzia I complessivo rispetto
2
all’asse di rotazione
 K i  Ui _ p alla  Ui _ sbarra  K f  Uf _ pG.M.
Uf _ sbarraB-Automazione 2002/03
- Informatica
alla 
–
–
–
–
–
–
•
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
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.
y
Applic
azione
O
Il raggio della palla
3mp alla
4 3
m p alla  V   r  r  3
3
4
g
10 3 kg
kg
  7.87 3  7.87 2 3  7.87  103 3
cm
m
10 m

r 3
3m palla
4
3
x

3  .515
3  0.025m
4  3.14  7.87  10
I  I p alla  Isbarra
I p alla 
U=0
2
m p alla r 2  m p alla L  r 2  .270kgm 2
5
I  I p alla  Isbarra 
 .270  0.084  0.354kgm
2
stein er
1
1
I sbarra  m sbarraL2   0.515  .72  0.084kgm 2
3
3
G.M. - Informatica B-Automazione 2002/03
–
–
–
–
–
–
–
–
•
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
R=0.025 m
I=0.354kgm2
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.
applichiamo la conservazione dell’energia:
K i  Ui _ p alla  Ui _ sbarra  K f  Uf _ p alla  Uf _ sbarra
y
Applic
azione
O
U=0
x
1 2
L 
I f  0  msbarrag
r

2
2 
L

L 
m p alla gL  r   msbarrag L  r   r
m
g

L

r


m
g
p alla
sbarra  

2
2
2
f 

1
1
I
I
2
2
0.7
0.515  9.81  0.7  0.025  0.515  9.81  

rad 2   19.1 rad
2
2
f
f 
 364.8 2
s
1
s
 0.354
2
0  m p allagL  r   m sbarragL  r  
G.M. - Informatica B-Automazione 2002/03
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–
–
–
–
–
–
–
•
•
•
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
R=0.025 m
I=0.354kgm2
– 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.
–
y
 =19.1rad/s
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:
–
–
–
•
Trovare
Applic
azione
O
x
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
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–
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–
–
–
–
–
•
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
R=0.025 m
I=0.354kgm2
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.
–
 =19.1rad/s
y
Applic
azione
O
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
•
•
•
•
x
La reazione vincolare può avere un comportamento impulsivo
Non possiamo applicare la conservazione della quantità di
L zisbarrap alla  I
moto
L ziblo cco  0
Osserviamo che il momento assiale della reazione vincolare è
L zf sbarrap alla  I'
nullo (il braccio è nullo)
L zf blo cco  L  rm blo ccov'
Allora si conserva il momento angolare assiale!!
L zi  L zf
L zisbarra p alla  L ziblo cco  L zf sbarrap alla  L zf blo cco
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–
–
–
–
•
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
R=0.025 m
I=0.354kgm2
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.
–
Applic
azione
y
 =19.1rad/s
Calcolo del momento angolare assiale del blocco dopo l’urto:
L  r  mv
•
•
•
L  rmv sen  mv rsen   mv(L  rp )
x
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
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–
–
–
–
–
–
•
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
R=0.025 m
I=0.354kgm2
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.
–
 =19.1rad/s
y
Abbiamo potuto affermare che nell’urto si conserva il
momento angolare assiale:
L zi  L zf
L zisbarra p alla  L ziblo cco  L zf sbarrap alla  L zf blo cco
L zisbarrap alla  I
L ziblo cco  0
L zf sbarrap alla  I'
Applic
azione
O
x
I  0  I' m blo ccov' L  r
L zf blo cco  L  rm blo ccov'
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–
–
–
–
•
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
R=0.025 m
I=0.354kgm2
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.
–
 =19.1rad/s
y
Poiché sappiamo che l’urto è elastico, allora nell’urto si
conserva anche l’energia cinetica.
K i  Kf
Applic
azione
O
x
Kisbarrap alla  Kiblo cco  K f sbarrap alla  Kf blo cco
K zisbarra p alla 
1 2
I
2
K ziblo cco  0
1
K zfsbarra p alla  I' 2
2
1
K zfblo cco  m blo ccov' 2
2
1 2
1
1
I  0  I' 2  m bloccov' 2
2
2
2
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–
–
–
–
–
–
–
•
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
R=0.025 m
I=0.354kgm2
Ricapitolando
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.
–
y
 =19.1rad/s
Applic
azione
O
I  I'  m blo ccov' L  r 
1 2 1
1
I  I' 2  m bloccov' 2
2
2
2
•
•
•
•
x
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  '   m blo ccov' L  r •


I  2  ' 2  m blo ccov' 2
Dividendo la seconda per la prima:
I  '   m blo ccov' L  r
  ' 
v'
Lr
v'  L  r  ' 
•
Sostituendo
nella prima
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–
–
–
–
–
–
–
–
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
R=0.025 m
I=0.354kgm2
I  '   m blo ccov' L  r
v'  L  r  ' 
I  m
•
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.
–
y
 =19.1rad/s
Applic
azione
O
Sostituendo
I  '   mblocco   ' L  r2
x
2
2

L

r



I

m

L

r



'
blo cco
blo cco
I  m blocco L  r 2
0.354  2.5  .7252
rad
'  
2  19.1
2  11.0
I  m blocco L  r 
0.354  2.5  .725
s
•
Il fatto che ’ sia negativa significa che nell’urto il corpo rigido sbarrapalla inverte il moto e torna indietro.
v'  L  r  '   .725  19.1  11.0  5.9
m
s
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–
–
–
–
–
–
–
•
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
R=0.025 m
I=0.354kgm2
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.
–
y
 =19.1rad/s
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
•
•

Applic
azione
O
x

P  R v  msbarra  mpalla 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
a CM c   2rcm
a CM t  rcm
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–
–
–
–
–
–
–
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
R=0.025 m
I=0.354kgm2

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.
 =19.1rad/s
–
O
x
a CM c   rcm

a CM t  rcm
Noi abbiamo già calcolato  nella posizione desiderata
 invece la possiamo calcolare attraverso l’equazione del moto
di rotazione attorno ad un asse fisso
I  Mz
•
•
•
y
2
P  R v  msbarra  mpalla a CM
•
Applic
azione
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
y cm 
msbarra yCM _ sbarra  m pallay CM _ palla
m sbarra  m palla
rcm  0.54m

Osserviamo che nella
posizione considerata 
è nulla perché Mz è nullo
.515  .35  .515  .725
.35  .725

 0.54m
.515  .515
2
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–
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–
–
–
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
R=0.025 m
I=0.354kgm2


P  R v  msbarra  mpalla a CM
I  Mz
rcm  0.54m
•
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.
–
 =19.1rad/s
Applic
azione
y
O
a CM c   rcm
2
x
a CM t  rcm
Osserviamo che nella posizione considerata  è nulla
perché Mz è nullo
Proiettando sugli assi x e y
x
y




Rv y  m sbarra  m p alla g  msbarra  m p alla  2 rcm
R v x  msbarra  m p alla a CM t  m sbarra  m p alla rcm  0
.515  .51519.12  0.54  9.81 213N
prima
R vy  m sbarra  m palla  rcm  g
.515  .51511.0 2  0.54  9.81 131.9N dopo
2
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–
–
–
–
–
–
•
•
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
R=0.025 m
I=0.354kgm2
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.
–
 =19.1rad/s
Applic
azione
y
O
x
Possiamo concluder questo esercizio valutando l’impulso della
reazione vincolare durante l’urto
Dalla definizione di impulso sappiamo che
I  Psist  Pf _sist  Pi _sist
Pi_ sist  Pi _ sbarra_ p alla  Pi_ blo cco

0

Pi_sbarra _ palla  msbarra  mpalla v i_CM 


 msbarra  mpalla i rCM i
Pf _sist  Pf _sbarra_ palla  Pf _ blocco


Pf _sbarra _ palla  msbarra  mpalla v f _CM


 msbarra  mpalla f rCM i
Pf _ blo cco  mblo cco vf _ blo cco 
Pf _ blo cco  m blo cco v' i
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