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 . Applicazione 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. x y P N Fas F Dal teorema del centro di massa: La rotazione attorno al centro di massa:

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 . Applicazione x y P N Fas F Ricavando la forza di attrito statico dalla prima e sostituendo: 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.

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? Applicazione i f 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 L U=0

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? Applicazione i f L U=0 La condizione di puro rotolamento: Il momento di inerzia del Cilindro:

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? Applicazione y Affrontiamo ora la seconda parte del problema. Dobbiamo innanzitutto calcolarci il modulo della velocità del CM Usiamo la condizione di puro rotolamento: v La velocità è diretta come mostrato in figura. 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

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? Applicazione Determiniamo l’istante di impatto al suolo imponendo che y sia nulla: y v La soluzione negativa è da scartare. La distanza a cui atterrerà: 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.

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? Applicazione Le forze agenti sono: il peso, la normale e la forza di attrito. Possiamo applicare la conservazione dell’energia v h Da cui: Si tratta di un cilindro

Statica dei corpi rigidi Condizione necessaria ( ma non sufficiente) perché un corpo rigido sia fermo è che: L’accelerazione del suo centro di massa sia nulla E che l’accelerazione angolare sia nulla rispetto a qualsiasi asse passante per il centro di massa. Questo è equivalente a dire: 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

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) 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

Punto di applicazione della forza peso Vogliamo far vedere che, dato un corpo rigido discreto Ciascun punto soggetto alla forza peso (mig) l’insieme delle forze peso è equivalente ad un’unica forza Di intensità pari a Mg (M = somma mi) Applicata al centro di massa Considero le due masse m1 ed m2 collegate da un’asta rigida priva di massa. Se l’affermazione precedente è vera, allora Posso equilibrare le due forze con un’unica forza Applicata in un punto particolare dell’asta rigida Cerchiamo questa forza e il suo punto di applicazione. Annulliamo i momenti rispetto ad O F= m1g+m2g=(m1+m2)g NB: il punto di applicazione coincide con il CM, è interno al segmento che congiunge i due punti

Equilibrio di un corpo rigido nel campo della forza peso Corpo rigido appoggiato su di un piano orizzontale liscio. Il corpo è in equilibrio se la verticale passante per il centro di massa interseca il piano orizzontale in un punto interno al poligono di appoggio. E’ facile rendersi conto che il punto di applicazione della normale N la forza equivalente all’insieme di forze parallele esercitati sui vari punti di appoggio deve essere un punto interno del poligono di appoggio Se la verticale passante per il centro di massa il punto di applicazione della forza peso allora la forza peso e la Normale formano una coppia di braccio nullo Sono verificate le condizioni di equilibrio statico Altrimenti il momento di questa coppia sarà sempre diverso da zero Non ci sarà equilibrio Teorema del centro di massa

Equilibrio di un corpo rigido nel campo della forza peso In generale i concetti già determinati per il punto materiale valgono anche per il corpo rigido Vediamo il caso di un corpo rigido in rotazione attorno ad un asse orizzontale: equilibrio stabile Se il CM si trova al di sotto dell’asse di rotazione Equilibrio instabile Se il CM si trova al di sopra dell’asse di rotazione Equilibrio indifferente Se l’asse di rotazione passa proprio per il centro di massa

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? Applicazione 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.

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? Applicazione 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 NB: non ci può essere equilibrio senza attrito sul pavimento

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. Applicazione Se aumentiamo la forza F da zero fino a quando la ruota non supera l’ostacolo Quando la forza applicata è piccola la situazione della altre forze agenti è quella illustrata nella figura accanto Un attimo prima che la ruota si mette in movimento la situazione è quella illustrata nella figura in basso La normale N è diventata nulla (perdita di contatto) Equilibrando i momenti rispetto allo spigolo P Rv N Rv P

La conservazione del momento angolare I grande I piccolo La seconda equazione cardinale della dinamica dei sistemi ci dice: Se esiste un polo tale che il momento risultante delle forze esterne applicate è nullo, allora Il momento delle forze esterne rispetto al CM è nullo I piccolo 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 grande I grande

Un disco di grammofono di raggio r=0 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? Applicazione L’urto è un urto anelastico, dopo l’urto i due oggetti si muovono restando attaccati Le forze esterne presenti sono le forze peso del disco e dello stucco più la reazione vincolare esercitata dall’asse di rotazione Proprio la presenza della reazione vincolare non consente la conservazione della quantità di moto Poiché la reazione vincolare, impulsiva, è applicata all’asse di rotazione, ha momento assiale nullo rispetto all’asse di rotazione. Anche le altre forze esterne presenti, le forze peso, essendo verticali hanno momento assiale nullo rispetto all’asse di rotazione Quindi si conserva il momento angolare assiale Lz. z v w O

Una palla di acciaio di massa m 0 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. Applicazione Trovare la velocità della palla e la velocità del blocco subito dopo l'urto. La reazione vincolare esercitata dall'asse di rotazione sulla sbarra subito prima e subito dopo l'urto. La densità dell'acciaio è 7.87 g/cm3. Il momento di inerzia di una sfera omogenea rispetto ad un suo diametro è 2/5 mr2 y x

Applicazione Trovare y Si possono distinguere varie fasi 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. Applicazione y Si possono distinguere varie fasi Caduta dalla posizione orizzontale iniziale alla posizione verticale Urto con il blocco Fase successiva all’urto (palla che riparte dalla posizione verticale e ruota attorno all’asse di rotazione, blocco che si allontana dalla posizione che aveva prima dell’urto. Lo studio della prima fase ci permette di determinare la velocità angolare della sbarra+palla prima dell’urto Durante il moto di caduta agisce la forza peso e la reazione vincolare Possiamo applicare la conservazione dell’energia U=0 x Dobbiamo calcolarci il raggio della palla e il momento di inerzia I complessivo rispetto all’asse di rotazione

Applicazione Trovare y Il raggio della palla U=0 x 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. Applicazione y Il raggio della palla U=0 x

Applicazione Trovare y applichiamo la conservazione dell’energia: U=0 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. Applicazione y applichiamo la conservazione dell’energia: U=0 x

Applicazione Trovare y 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. Applicazione y w =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: 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 x

Applicazione Trovare y 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. Applicazione y w =19.1rad/s Per quanto riguarda la reazione vincolare invece L’unico vincolo che possiamo porre alla sua direzione è che deve esser perpendicolare al vincolo (all’asse di rotazione) Quindi può benissimo avere delle componenti orizzontali La reazione vincolare può avere un comportamento impulsivo Non possiamo applicare la conservazione della quantità di moto Osserviamo che il momento assiale della reazione vincolare è nullo (il braccio è nullo) Allora si conserva il momento angolare assiale!! x

Applicazione Trovare y 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. Applicazione y w =19.1rad/s Calcolo del momento angolare assiale del blocco dopo l’urto: 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

Applicazione Trovare y 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. Applicazione y w =19.1rad/s Abbiamo potuto affermare che nell’urto si conserva il momento angolare assiale: x

Applicazione Trovare y 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. Applicazione y w =19.1rad/s Poiché sappiamo che l’urto è elastico, allora nell’urto si conserva anche l’energia cinetica. x

Applicazione Trovare y Ricapitolando x 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. Applicazione y w =19.1rad/s Ricapitolando 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: Dividendo la seconda per la prima: Sostituendo nella prima

Applicazione Trovare y Sostituendo x 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. Applicazione y w =19.1rad/s Sostituendo x Il fatto che w’ sia negativa significa che nell’urto il corpo rigido sbarra-palla inverte il moto e torna indietro.

Applicazione Trovare y 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. Applicazione y w =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 x 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

Applicazione Trovare y x 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. Applicazione y w =19.1rad/s x Noi abbiamo già calcolato w nella posizione desiderata a invece la possiamo calcolare attraverso l’equazione del moto di rotazione attorno ad un asse fisso Osserviamo che nella posizione considerata a è nulla perché Mz è nullo 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

Applicazione Trovare y x 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. Applicazione y w =19.1rad/s x Osserviamo che nella posizione considerata a è nulla perché Mz è nullo Proiettando sugli assi x e y

Applicazione Trovare y x 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. Applicazione y w =19.1rad/s x Possiamo concluder questo esercizio valutando l’impulso della reazione vincolare durante l’urto Dalla definizione di impulso sappiamo che