Parte I 1 Cap.7 - Corpi rigidi

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Nicola GigliettoA.A. 2017/18 2 7.2 CENTRO DI MASSA

Parte I

1 Cap.7 - Corpi rigidi

Corpi Rigidi

Se il sistema di punti discreto diventa continuo allora i punti materiali sono elementi infinitesimi del corpo. Un sistema di punti continuo per il quale le distanze tra i vari punti non variano nel tempoviene chiamato corpo rigido. Nel caso dei corpi rigidi essendo le distanze tra i punti bloccate allora anche il lavoro delle forze interne risulta nullo per cui le leggi fondamentali della dinamica dei corpi rigidi diventano:

R~^(E)= M~a_CM M~^(E)= d~L dt

∆E_k= L^(E)

2 7.2 Centro di Massa

Il singolo punto materiale, nel caso di un corpo rigido, si pu`o pensare come un elemento infinitesimo di volume dV e di massa dm. Si passa dalla definizione dei sistemi di punti materiali passando al continuo adeguando il calcolo analitico (da sommatorie ad integrali). Il C.M. allora `e individuato risolvendo i seguenti integrali (di volume):

x_cm= 1 M

Z

V

xdM y_cm= 1

M Z

V

ydM z_cm= 1

M Z

V

zdM

Il calcolo di questi integrali è riconducibile a più semplici integrali intro- ducendo la densità di massa volumetrica data dal rapporto tra massa e volume: ρ = ^dm_dV( in Kg/m³). Nota la densità di massa (che può essere variabile) si hadm = ρdV ⇒ M =R

V ρdV. Quando un corpo èomogeneola densità non cambia punto per punto eρ = ^dm_dV = ^M_V I vari corpi però possono avere una distribuzione di massa particolare quali dischi, fili ecc. In questi casi si può utilizzare la densità superficiale ρ_s = ^dm_dS ⇒ M =R

Sρ_sdS o la

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Nicola GigliettoA.A. 2017/18 4 ESEMPIO 7.2 CALCOLO DEL CM PER UN’ASTA RIGIDA

densit`a lineare ρ_l= ^dm_dl ⇒ M =R

Cρ_sdl per rappresentare la distribuzione di massa in modo piu’ corretto.

Parte II

3 Calcolo del CM per corpi rigidi

Sostituendo la densit`a negli integrali si ottiene:

~r_cm= R

V ~rdm

M =

R

V ρ~rdV

M = ρ

M Z

V

~rdV = 1 V

Z

V

~rdV (1)

Che proiettata sugli assi diventa:

x_cm= 1 V

Z xdV y_cm= 1

V Z

ydV z_cm= 1

V Z

zdV

Questo risultato è importante perchè stabilisce che quando un corpo è omogeneo il centro di massa dipende solo dalla forma geometrica cioè coincide con il centro di simmetria se è un corpo ha una simmetria. Ad esempio per la sfera è il suo centro, per un cilindro si troverà sull’asse del cilindro e a metà di esso ecc.

4 Esempio 7.2 Calcolo del CM per un’asta rigida

Se l’oggetto è omogeneo (la densità non cambia punto per punto) il CM coincide con il centro geometrico dell’oggetto. Se l’oggetto ha una forma geometrica semplice quindi si può evitare qualunque calcolo. A titolo di esempio è mostrato di seguito il calcolo per un’asta rigida omogenea. Sup- poniamo che l’asta sia orientata secondo l’asse x e che si possano trascurare le altre dimensioni. Allorax_cm=

RxdV

V . Inoltre abbiamo che dV = dx·S con S la sezione della barretta allora x_cm= ^S

RL 0 xdx

V = ^SL_V²^/2 e poich`e V = S · L si ottiene x_cm= ^L₂

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Nicola GigliettoA.A. 2017/18 5 CENTRO DI MASSA E FORZA PESO

5 Centro di massa e forza peso

La forza peso agisce come un sistema di forze parallele e abbiamo gi`a visto che il centro di massa coincide con il baricentro. La dimostrazione

è identica a quella già vista per i sistemi di punti materiali. Possiamo inoltre valutare per la forza peso qual’è la variazione di energia potenziale: assumiamo che la ~g = g û_z sia diretta cioè lungo l’asse z, allora E_p = R

V gzdm = gR

V zdm = mgz_cm l’energia potenziale del corpo rigido dipende dalla coordinata z (verticale) del CM.

Problema 9.54 ed. VI

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

piastra. Trovare le coordinate del CM.

Possiamo ragionare cos`ı : pensiamo la lamiera intera come costituita da quella ritagliata (bucata) + il ritaglio. Il CM del tutto `e pari al CM della lamiera tagliata + il CM del ritaglio. Il totale ed il ritaglio sono omogenei e quadrati per cui il loro CM coincide con il loro centro.

Per cui si deve avere:

x^LI_cm = x^LF_cm ∗ MLF + x^rit_cm∗ Mrit

M_t

Le coordinate di x^LI_cm = 0 e x^rit_cm = 2 dalla traccia. Per calcolare le masse teniamo conto che gli oggetti sono omogenei: indicando ρ la densit`a della lastra abbiamo: Mt = ρ ∗ (6d)² Mrit = ρ ∗ (2d)² e MLF = Mt− M^rit per cui si ha

0 = x^LF_cm∗ (1 −ρ(2d)²

ρ(6d)²) + 2 ∗ρ(2d)² ρ(6d)²

per cui x^LF_cm = −2 ∗ _1−1/9^1/9 = −²₈ = −0.25 cm Si pu`o risolvere l’esercizio anche dividendo la piastra in tanti elementi (quadrati e rettangoli in questo caso) calcolando poi il CM dei centri di ogni elemento pesati con la loro massa.

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Nicola GigliettoA.A. 2017/18 7 7.3-ROTAZIONI

Parte III

6 7.3 Moto di un corpo rigido

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

traslazioni corpi rigidi

Nelle traslazioni si ha ~L^′ = 0 e E_k^′ = 0 rispetto al CM. La dinamica del corpo diventa in questo caso quella del CM e le grandezze significative diventano:

quantita^′ di moto P~= M~v_cm energia cinetica E_k= ¹₂Mv²_cm

La dinamica del CM è data da ~R^(E)= M~a_cm= ^{d ~}_dt^P e dal I teorema di Köenig il momento angolare totale è dovuto al momento angolare del CM ~L =

~L_cm= ~r_cm× ~P Ne consegue che l’espressione di ~Ldipende direttamente da P~ per cui la seconda equazione della dinamica non aggiunge alcuna ulteriore conoscenza (cioè è equivalente) e si può dimostrare che ~M = ^d~_dt^L = ~r_cm× R~ per cui non si ottiene una equazione differente dalla conoscenza di ~R Pertanto nelle traslazioni si usa solo la prima legge.

7 7.3-rotazioni

rotazioni corpi rigidi

Nel caso delle rotazioni, tutti i punti descrivono un moto circolare, e tutti con la stessa velocità angolare ~ω, in generale però ~ωpuò essere variabile nel tempo. L’equazione dinamica che descrive il moto di rotazione è :

M~ = d~L

dt (2)

Si può dimostrare che il moto generico è una rototraslazione dato che ogni spostamento infinitesimo può considerarsi come una sovrapposizione (ovvero una somma vettoriale) di una traslazione ed una rotazione.

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Nicola GigliettoA.A. 2017/188 7.4 ROTAZIONI RIGIDE ATTORNO AD UN ASSE FISSO (SIST.INERZIALE)

8 7.4 Rotazioni rigide attorno ad un asse fisso (si- st.inerziale)

Consideriamo il caso in cui l’asse di rotazione sia fissa (situazione tipica di macchine e motori) ad esempio con una direzione diretta lungo z. Il vettore

~

ω avr`a quindi una direzione fissa nello spazio.

Il momento angolare del generico punto sar`a ~L_i = ~r_i × mi~v_i ed `e in modulo pari a L_i = r_im_iv_i= m_ir_iR_iω con R_i = r_isin θ_i il raggio della circonferenza descritta dal punto i. Il vettore ~L_i ha una qualunque direzione nello spazio e in generale ~L non

`e parallelo all’asse z. Consideriamo per`o la componente z del vettore:

L_i,z= L_icos(^π₂−θi) = L_isin θ_i= m_iR_ir_isin θ_iω = m_iR²_iω Per cui sommando il contributo di tutti punti materiali si ottiene: L_z= (P

im_iR²_i)ω = I_zω Il coefficiente I_z `e detto momento d’inerzia del corpo rispetto l’asse zedipende da come le masse sono distribuite attorno l’asse di rotazione z e quindi dalla forma del corpo L’altra componente (quella perpendicolare a z) di L invece in generale varia in direzione dipende dal po-

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Nicola GigliettoA.A. 2017/18 11 RIEPILOGO TRASLAZIONE E ROTAZIONI

lo e ogni termine della sommatoria è del tipo L_⊥i = m_ir_iR_icos θ_i Tuttavia se l’asse di rotazione coincide con uno degli assi di simmetria del corpo rigido si avrà che ~L= I_zωû_z L = L_z e L_⊥ = 0

9 Equazione del moto rotatorio puro

Quando ~Lk ~ω allora ^d~_dt^L = ^d(I_dt^z^~^ω) = I_zα~ Per cui l’equazione della dinamica (2) diventa ~M^(E) = Iz~α che rappresenta l’equazione del moto di rotazione (tutte le quantit`a sono calcolate per un punto generico sull’asse di rotazione z) e noto il coefficiente I_z ed il momento delle forze agenti rispetto l’asse fisso di rotazione, il moto conseguente sar`a rotatorio (e si potranno utilizzare le relazioni cinematiche tra θ ω e α )

10 Energia cinetica e lavoro (rotazione pura)

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

E_k=X

i

1

2m_iv_i²=X

i

1

2m_iR²_iω² = 1 2Izω²

Il teorema del lavoro-energia cinetica quindi diventa W = L = ∆Ek =

1

2I_z(ω²_f−ω²i) Abbiamo inoltre che usando gli infinitesimi si ha dL = d(Ek) = d(¹₂Izω²) = Izωdω = Izdθ

dtdω = Izαdθ = M dθ e integrando L = Rθf

θi M dθ mentre la potenza istantanea (vedi dinamica punto materiale) `e P = ^dL_dt = M^dθ_dt = M ω

Parte IV

11 Riepilogo traslazione e rotazioni

La seguente tabella pu`o essere utilizzata come uno schema per memorizzare pi`u comodamente le relazioni della dinamica trovate finora:

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Nicola GigliettoA.A. 2017/18 12 ESEMPIO 7.3 (+ESERCIZIO 7.8)

Posizione s pos. ang. θ

velocit`a v = ^ds_dt vel. ang. ω = ^dθ_dt

acc. a = ^dv_dt acc. ang. α = ^dω_dt

Massa m Mom. d’inerzia I

II Legge din. PF~ext= M~acm II Legge din. P ~τext= I ~α III Legge din. PF~int= 0 III Legge din. P ~τint= 0 Lavoro R F~· ~ds Lavoro R ~τ· ~dθ En. Cinetica ¹₂M v² En. Cinetica ¹₂Iω² Lav-en.cin. L = ∆E^k Lav-en.cin. L = ∆E^k Potenza P = ~F · ~v Potenza P = ~τ· ~ω

12 Esempio 7.3 (+Esercizio 7.8)

Un blocco M₁ = 0.4kg `e appeso ed un blocco M₂ = 0.2kg sul piano orizzontale, la carrucola di momento d’inerzia I = 2.5 · 10⁻⁴kgm² e raggio R=2.5 cm. Vogliamo determinare l’accelerazione con sui si muovono i blocchi.

Vediamo le equazioni da scrivere sui vari blocchi; per ricavare l’accelerazione cominciamo dal blocco sul piano orizzontale:

T₂= M₂a₂ n

N = M₂g Mentre sull’altro blocco si ha

T₁− M1g = +M₁a₁ ⇒ T1 = M₁(g + a₁)

Inoltre la fune è inestensibile ⇒|a1| = |a2|e tra loro discordi (un blocco va a destra l’altro scende) quindi a₁= −a2 ⇒ T1 = M₁(g − a2) Da notare che ho indicato due diverse tensioni della fune: infatti quando la massa della carrucola non è più trascurabile (carrucola reale) la tensione ai due lati della carrucola è differente e ne provoca la rotazione: τ = +T₂R − T1R = Iα

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Nicola GigliettoA.A. 2017/18 14 NON PARALLELISMO TRA L E ω

con α < 0 (perch`e dovrebbe venire un verso orario di rotazione) se la fune non slitta |a²| = |αR| ⇒ a² = −αR per cui sostituendo si ha

⇒ M₂aR− M₁(g − a)R = −Ia

R ⇒

a = M₁g M₁+ M₂+ _R^I2

= 3.92ms⁻²

Una analoga conclusione si ottiene ragionando con il momento angolare e applicando tutte le quantit`a al centro della carrucola (l’unica forza esterna

`e M₁g): Il momento angolare del sistema `e la somma di L = M₁vR + M2vR + Iω = M1vR+ M2vR + I_R^v derivando si ottiene ^dL_dt = M1gR =

d

dt(M₁vR + M₂v_R+_R^Iv) ⇒ e M₁gR = R(M₁+ M₂+_R^I2)a

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

T

P Vediamo cosa cambia in uno dei precedenti esercizi (cap5) quando la carrucola ha massa (e momento d’inerzia). Il momento agente sulla carrucola è ~τ = −T R = Iα α < 0 ⇒ α = −_I^{T R}_CM Se al filo che avvolge la carrucola è appeso una massa M come in figura allora si ottiene T − Mg = M a_CM e a_CM < 0 se la fune non slitta allora abbiamo che a_CM = +αR da cui otteniamo T = Îα_R = −_RÎ²a_CM sostituendo nell’altra eq. si ha −Mg = (M + _RÎ2)a_CM ⇒ aCM = −₁₊ICM^g

M R2

Da questa equazione possiamo osservare che |aCM| < g perch`e la carrucola con la sua inerzia a rotolare rallenta la discesa del corpo M.

14 Non parallelismo tra L e ω

Quando ~L e ~ω non sono paralleli risulterà che ~L ruoterà attorno all’asse di rotazione con un moto che è detto di precessione. L’equazione della dinamica ~M^(E)= ^d~_dt^L si può quindi dividere in due componenti: M_z = ^dL_dt^z e ~M_⊥ = ^d~^L_dt^⊥ di cui solo la prima si può scrivere come M_z = I_Zα L’origine di ~M_⊥si può ricavare con un semplice esempio di due masse ruotanti attorno

ad un asse fisso

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Nicola GigliettoA.A. 2017/18 16 7.5 - CALCOLO DEL MOMENTO D’INERZIA

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

L1= L2 = mvL/2 = mωL/2 cos θL/2 = mωL²cos θ/4 L_z,1 = L_z,2 = L₁cos θ = mωL²cos²θ/4 L_⊥= L₁sin θ = mωL²cos θ sin θ/4

E si pu`o verificare che ^dL_dt^z = Izα mentre per l’altro termine abbiamo:

dL_⊥

dt = 2mαL²cos θ sin θ/4 (3)

che coincide con il termine dovuto al momento delle forze centripete che agiscono sulle due masse e che costituiscono una coppia con braccio di leva pari aL sin θ

Il legame con l’energia cinetica diventa inoltreE_k= _2I^L²^z_z eL =R M_zdθ

Parte V

15 Teorema Poinsot assi d’inerzia

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

16 7.5 - Calcolo del momento d’inerzia

Se la massa di un corpo rigido è distribuito con continuità allora la sommatoria diventa un integrale: I =R r²dm con r la distanza dell’elementodm dall’asse di rotazione e l’integrale è esteso a tutto il corpo rigido. Esempio:

calcolo di I per un’asta rigidasupponiamo che l’asse di rotazione sia perpendicolare all’asta e passante per uno degli estremi: I=R r²dmintro- duciamo la densit`a lineare di massa definita come ρ = M/L allora dm = ρdx

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Nicola GigliettoA.A. 2017/18 18 7.6 TEOREMA HUYGENS-STEINER

per cui l’integrale diventa:

I= Z L

0

x²ρdx = ρx³

3 |^L0= M L

L³ 3 = 1

3M L²

Esempio 2 - anello

I = R r²dm ⇒ r=costante=R per tutti gli elementi dell’anello quindi I= R²R dm = M R²Altri momenti d’inerzia per facili geometrie si trovano nella tabella 11.2 pag.209 (10.2-pag 221 VI-ediz) del libro.

17 Tabella momenti d’inerzia

Tabella momenti d’inerzia per comuni geometrie Anello rispetto l’asse centrale I= MR²

Disco o cilindro

rispetto l’asse centrale I= ¹₂MR²

Sfera I= ²₅MR²

Asta sottile rispetto

un’asse per il centro I= ₁₂¹MR² e perpendicolare all’asse

18 7.6 Teorema Huygens-Steiner

Consideriamo un’asse di rotazione ed un altro parallelo ad esso ma passante per il CM di un sistema di punti materiali (o un corpo rigido). Il teorema stabilisce che la relazione tra i momenti di inerzia dei due assi `e la seguente: I= Icm+ M h² con h la distanza tra i due assi. Per questo motivo basta calcolare il momento d’inerzia rispetto ad un asse per ilCM, poi tramite questo teorema avremo i momenti di inerzia per qualunque asse parallelo al primo. Dim.: Consideriamo un sistema di punti materiali ed un sistema di rif. O fisso. Possiamo dire che individuato un generico punto P del sistema di punti, il cui vettore posizione `e ~r_i si ha che la seguente relazione: ~r_i = ~r^′_i+ ~r_cm con ~r^′_i il vettore posizione riferita al CM ~r_cm il

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Nicola GigliettoA.A. 2017/18

vettore posizione del CM rispetto ad O Scrivendo questa relazione nelle

componenti abbiamo:

x_i= x^′_i+ x_cm r_i² = x_i²+ y_i²

( (

y_i = y_i^′+ y_cm r^′2_i = x^′_i²+ y_i^′²

ed inoltre

r_cm² = x²_cm+ y²_cm = h² Ricordando che il momento d’inerzia `e I =P mir²_i ed il CM `e definito da: xcm = _M¹ P mixi, ycm = _M¹ P miyi andando a sostituire nelle relazioni di prima si ha allora:

I =X

i

m_ir²_i =X

i

m_i(x²_i + y²_i) = Xm_i[(x^′_i+ xcm)²+ (y_i^′+ ycm)²] = Xm_i[x^′_i² + 2x^′_ix_cm+ xcm2+ y^′_i²+ 2y_i^′ycm+ ycm2] = Xmi[(x^′_i² + y_i^′²) + (x²_cm+ y²_cm)+

2x^′_ix_cm+ 2y^′_iy_cm]

X

i

mir^′_i²+X

i

mih²+ 2xcm

Xmix^′_i+ 2ycm

Xmiy^′_i⇒ I = I_cm^′ + · · ·

ma P mix^′_i = M x^′_cm ovvero la coordinata del CM nel suo sistema di ri- ferimento (che `e nulla) quindi x^′_cm = 0 e analogamente y_cm^′ = 0 pertanto I = Icm+ M h²

Parte VI

Esempio momento d’inerzia di un’asta

Adesso calcoliamo il momento d’inerzia rispetto ad un asse passante per il CM: definiamo la densit`a per unit`a di lunghezza λ = M/L

I_cm = Z

r²dm = Z _L/2

−L/2

x²λdx = λx³/3|^L/2_−L/2= M

L 2 3(L

2)³ = 1 12M L²

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Nicola GigliettoA.A. 2017/18 20 7.7 PENDOLO COMPOSTO

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

I = I_cm+ M(L/2)²= 1

12ML²+1

4ML² = 1 3ML²

19 Teorema H-S e teorema di K¨ onig

Consideriamo un aspetto che lega i due teoremi: E_k= ¹₂I_zω²e consideriamo un altro asse parallelo a z, distante h, ma passante per il CM (I_z^′ sar`a il momento d’inerzia rispetto al CM):

E_k= 1

2(I_z^′ + mh²)ω²⇒ Ek = 1

2I_z^′ω²+1

2M h²ω²

Ma il CM a sua volta ruota rispetto a z per cui descrivera’ un arco di raggio pari a h per cui vcm = hω ⇒ Ek= ¹₂I_z^′ω²+¹₂MV²_cm Il confronto col teorema di König ci dice allora che quando il CM non è sull’asse di rotazione l’energia cinetica è somma del termine che rappresenta una rotazione attorno al CM e del termine che rappresenta la traslazione del CM

20 7.7 Pendolo composto

Il pendolo fisico o pendolo composto `e un corpo rigido di forma qualunque, che viene sospeso per un punto che non coincide con il CM, tipo la figura. Spostando l’oggetto dalla posizione di equilibrio esso osciller`a (per piccole oscillazioni) con periodo T = 2πq

Iz

Mgh ed I_z = I_cm + M h² `e il momento d’inerzia rispetto l’asse di rotazione del- l’oggetto. Infatti l’eq. del moto `e ^dL_dt^z = Izα = Izd²θ

dt² = M^(E)= −mgh sin θ per cui ^d_dt²2^θ + ^mgh_I

z sin θ = 0 e per piccoli angoli sin θ ≈ θ per cui otteniamo l’equazione diff. del moto armonico con ω² = ^mgh_I

z e il periodo sar`a

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Nicola GigliettoA.A. 2017/1821 7.8 MOTO DI ROTO-TRASLAZIONE E MOTO DI PURO ROTOLAMENTO

T = 2πq

Iz

mgh = 2πq

l

g con l = _mhÎ^z lunghezza ridotta del pendolo composto e corrisponde alla lunghezza del filo di un pendolo semplice che oscilla con lo stesso periodo. Vi è anche una interessante proprietà che per- mette la misura di g con lo strumento detto pendolo reversibile di Kater:

l = _mhÎ^z = Î^c^+mh_mh ² = h +_mhÎ^c = h + h^′ > h con h^′ = _mhÎ^c ⇒ I^c= mhh^′ la lunghezza l individua un punto O’ distante h’ dal centro di massa (come in

figura). Se facciamo oscillare il corpo rigido attorno a questo punto O’ si trova una nuova oscillazione e una nuova lunghezza ridotta l’: l^′ = _mhÎ^′^z_′ = Î^c^+mh_mh_′^′2 = h^′+_mhÎ^c_′ = h^′+^m^/hh_m_/h_/_′^/^′ = h + h^′= l I due assi passanti per O e O’ sono detti reciproci.

21 7.8 Moto di Roto-traslazione e moto di puro rotolamento

E un caso particolare di roto-traslazione: abbiamo visto che per descrivere il` moto di un generico punto P del corpo rigido per una qualunque situazione dovremmo dire che

~

ri = ~rcm+ ~r^′_i

~

v_i = ~v_cm+ ~v^′_i

~a_i = ~a_cm+ ~a^′_i

con : ~vcm, ~acm rispettivamente la velocità ed accelerazione del CM ~v_i^′, ~a^′_i è la velocità ed accelerazione del pto rispetto al CM ~v_i, ~a_i è la velocità ed accelerazione del pto nel sistema fisso Nelle roto-traslazioni il moto attorno al CM è una pura rotazione per cui si ha~v_i^′ = ~ω∧ ~r_i^′ ~a^′_i = ~α∧ ~r_i^′ (˜r^′_i

`e il raggio vettore che individua il punto P rispetto al CM) e quindi nelle ROTO-TRASLAZIONI:

~

v_i = ~v_cm+ ~ω∧ ~r_i^′

~a_i = ~a_cm+ ~α∧ ~r_i^′

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Nicola GigliettoA.A. 2017/18 22 PURO ROTOLAMENTO

22 Puro Rotolamento

Immaginiamo ora il moto della ruota di una bicicletta. Quando questa slitta completamente (come quando c’`e ghiaccio) la ruota gira a vuoto senza traslare ed il punto di contatto C ha una velocit`a pari a v_c = −ωR in que-

sto caso diciamo che il corpo rotola e striscia.

Quando c’`e invece una perfetta aderenza, in un intervallo di tempo dt, la ruota gira di una quantit`a pari all’arcods = Rdθ = Rωdte contemporanea- mente il CM della ruota stessa avanza esattamente dello stesso tratto ds.

Per cui si ottiene che: dscm = ds = Rdθ e dividendo tutto per dt otteniamo : v_cm = R^dθ_dt = ωR ed il moto è chiamato rotolamento senza strisciamento o di puro rotolamento Quindi in questo caso i punti della ruota si stanno muovendo con velocità ~v = ~v_cm+ ~ω∧ ~r per cui se analizziamo le velocità dei 3 punti in figura (il centro, il pto di contat- to ed il suo opposto) si hanno le seguenti velocità dirette come in figura:

v_O = vcm= ωR v_T = |~v_cm+ ~ω∧ ~r| = ωR + ωR = 2ωR =2vcm

v_C = |~v_cm+ ~ω∧ ~r| = ωR − ωR = 0Nel rotolamento senza strisciamento il punto di contatto(istantaneo) ha una velocità nulla che equivale a dire (per i moduli) che v_cm= ωR e a_cm = αR Nel puro rotolamento velocità CM e velocità angolare non sono indipendenti. Inoltre v_C= 0 ⇒ che agisce una forza che mantiene fermo il punto di contatto: si tratta di un attrito di tipo statico. Questo particolare moto di roto-traslazione è in realtà equivalente ad una rotazione pura (senza traslazione)ma attorno al punto istantaneo di contat- to Dim: viene dalle precedenti eq. ~vP = ~vcm+ ~ω∧−→

OP e per il punto C di contatto ~v_C = ~v_cm+ ~ω∧−→

OC = 0 ⇒ ~vP = ~vP − 0 = ~v^P − ~v^C = (~v_cm+ ~ω ∧−−→

OP ) − (~vcm+ ~ω ∧−−→OC) = ~ω ∧ (−−→

OP −−−→OC) = ~ω ∧−−→CP = ~ω ∧ ~r^′ avendo indicato con ~r^′ =−−→CP il raggio vettore che individua il punto P generico a partire da quello di contatto (fermo). Quindi abbiamo dimostrato

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Nicola GigliettoA.A. 2017/18

che il puro rotolamento equivale ad una rotazione pura attorno al punto di contatto e con la stessa velocit`a angolare ω di rotazione attorno al CM.

Quindi le velocit`a dei punti della ruota saranno quelle indicate da questa

figura senza la necessit`a di comporre vettorialmente i due moti come nelle generiche roto-traslazioni.

Parte VII

Corpo che rotola sul piano orizzontale-EsI

O F

N f

mg

C

Vediamo la dinamica del corpo che fa puro rotolamento sul piano orizzontale sotto l’azione di una forza F orizzontale: per il CM si ha: ~F + ~R+ m~g = m~a_cm la reazione R del piano ha sia una componente normale che una tangenziale (che e’ l’attrito statico) x : F − f = macm

e y : N − mg = 0 a cui va aggiunto il teorema del momento angolare:

scegliamo il CM come polo: ~M_cm = ~r× ~f = Icmα~ ⇒rf = Iα = I^a^cm_r sostituendo nella eq. della x: a_cm = ^F

m(1+_mr2^Icm) e f = ^F

1+^mr2

Icm

Naturalmente essendo f una forza di attrito statico deve necessariamente essere verificato che:

f ≤ µsN = µ_smg ⇒ F ≤ µsmg(1 +^mr_I²)

Corpo che rotola sul piano orizzontale-Ibis

O F

N f

mg

C

Sempre come prima la forza F orizzontale, ma il con- to lo rifacciamo rispetto al punto di contatto C (il moto equivale ad una

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Nicola GigliettoA.A. 2017/18 23 RIEPILOGO ROTOLAMENTO

rotazione pura rispetto a C): x : F − f = macm e y : N − mg = 0 : ~M_C = ~r× ~F = ICα~ ⇒rF = (Icm+ mr²)α = (Icm+ mr²)^a^cm_r sostituendo nella eq. della x: a_cm = ^F

m(1+^Icm

mr2) e f = ^F

1+^mr2

Icm

stesso risultato di prima. In alcuni esercizi pu`o rappresentare una comoda scorciatoia per i calcoli Corpo che rotola sul piano orizzontale-II

O

N f mg

C M

Il moto di una ruota si pu`o anche ottenere tramite un motore che imprime una rotazione alla ruota invece di applicare una forza F. Le equazioni del moto diventano: ~R + m~g = m~a_cm e ~M + ~r × ~f = I ~α da cui si ottiene: N = mg f = macm e M − rf = I^a^cmr da cui si ottiene a_cm= ^M

mr(1+ ^I

mr2) e f = ^M

r(1+ ^I

mr2) La cosa importante`e che mentre nell’esempio di prima f si opponeva alla forza F,in questo esempio f favorisce il moto, anzi provoca l’accelerazione del CM, ma il suo momento si oppone al momento ~M del motore. Pertanto nei casi generali nel rotolamento non possiamo immediatamente a priori indicare il verso della forza di attrito.

23 Riepilogo rotolamento

Ogni qualvolta si parla di rotolamento negli esercizi, si intende un puro rotolamento e nel costruire il diagramma delle forze (diagramma di corpo libero) bisogna sempre aggiunge- re una forza di attrito perch`e `e la forza di attrito

`e a realizzare la condizione di rotolamento sul punto di contatto C(a_C= 0). Il verso della forza di attrito si pu`o ragionevolmente stabili-

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Nicola GigliettoA.A. 2017/18 23 RIEPILOGO ROTOLAMENTO

re nei due casi fondamentali illustrati di seguito, ma in

ogni caso il valore è incognito per cui segno (verso) e valore sono determinati solo con la soluzione del problema. Esempio: I situazione: come si vede nell’esempio in figura1 non risultano esserci momenti di forze esterne rispetto al CM: in questo caso è la forza di attrito a determinare il momento rotatorio, il verso è quindi indicato dalla rotazione del corpo

Figura 1: Esempio1

Anche nell’esempio di figura2 non vi sono momenti di forze rispetto al CM, T è una fune applicata al CM. Anche in questo caso è l’attrito a determinare la rotazione, il verso della rotazione è quello che possiamo intuire (in rosso nella figura) o che determiniamo imponendo che sia fermo il punto di contatto. II situazione:

risultano a priori dei momenti di forze esterne rispetto al CM:

come ad esempio nella figura, in questo caso la fune non è applicata nel CM e pertanto produce un momento, in questo caso la forza di attrito produce un momento di verso opposto , il verso è quindi opposto agli altri momenti Altre situazioni sono più complesse per cui si sceglie un verso per la forza di attrito e si ricava il segno dai conti. Infine dal diagramma delle forze si

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Nicola GigliettoA.A. 2017/18 24 CONSERVAZIONE ENERGIA-ATTRITO VOLVENTE

scrivono le equazioni della dinamica:

R~^(E)= M~a_CM M~^(E)= d~L

dt = I ~α

con l’aggiunta della condizione di puro rotolamento |acm| = |αR| Questa condizione la risolviamo con la seguente regola pratica:

• si sceglie il verso di rotazione intuitivo secondo la direzione del moto e lo si considerapositivo se `e positivo il verso del moto;

• i momenti delle forze devono seguire la stessa convenzione;

• se α e acm sono stati scelti concordi tra loro allora a_cm= +αR

• semplifichiamo subito il sistema scrivendolo come due eq. in due incognite.

• Negli esercizi con i fili va poi considerato il collegamento tra gli oggetti usando l’inestensibilit`a del filo che li collega.

24 Conservazione energia-attrito volvente

Al moto del puro rotolamento, quando agiscono forze conservative, si pu`o applicare la conservazione dell’energia, in quanto la forza di attrito pur essendo non nulla, agisce su un punto fermo per cui il suo lavoro `e nullo.

Nonostante ci`o , sperimentalmente un corpo che rotola tende a rallentare, a causa di un’altra forma di attrito (che trascuereremo negli esercizi) che viene

detto attrito volvente Quello che succede è che se non ci fossero deformazioni il momento dovuto alla reazione normale verreb- be nullo, nella situazione reale si hanno invece deformazioni sia del piano che dell’oggetto che rotola, facendo si che su una superficie più estesa avvenga il reale contatto (vedi figura) causando l’apparizione anche di un momento di forze delle reazioni vincolari, che sono nulle se il corpo è fermo, ma sono

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Nicola GigliettoA.A. 2017/18 25 ESEMPIO 7.10-ROTOLAMENTO SUL PIANO INCLINATO

negative (producendo un rallentamento della rotazione) ad oggeto in rotolamento. La schematizzazione che si può fare è quella che si può intuire dalla

figura e assumendo un campo di forze parallele: il momento risulter`a del tipo M = Rδ con δ coefficiente di attrito volvente che dipender`a dal materiale che costituisce le superfici di contatto.

Parte VIII

25 Esempio 7.10-Rotolamento sul piano inclinato

Fa

Mg

Consideriamo che una sfera ( o un cilindro) sia sul piano inclinato e rotoli senza strisciare (puro rotolamento)

(x) : −Mgsinθ + Fs = M a_cm (1) (

(y) : −Mgcosθ + N = 0

~r ∧ ~F_s= I ~α ⇒ (rot.antiorar) ⇒ +rFs= I_cmα

A queste eq. va aggiunta la condizione di rotolamento:~a_cm = −~α ∧ ~r

~a_cm = −~α ∧ ~r e tenendo conto che quando α > 0 si ha invece a_cm < 0 (per nostra scelta di orientazione di assi e perch`e l’oggetto scende), la con- diz. di rotolamento diventa a_cm = −αR sostituendo questa nella terza eq. otteniamo: Fs= +Icmα

R = −IcmaCM

r² ottenuta questa eq. per F_s la sostituiamo nella (1) ottenendo −M gsinθ − ICMaCM

r² = M aCM ⇒ a_CM = −^{M g}^{sin θ}

M+^ICM_r2 che `e la soluzione. Ricordiamo alcuni momenti di inerzia: ICM = ¹₂M R² per disco e cilindro ICM = M R² per un anello I_CM = ²₅M R² per la sfera

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Nicola GigliettoA.A. 2017/18 27 ES.7.10- ES. ROTOLAMENTO SU PIANO INCLINATO (3)

26 Rotolamento sul piano inclinato (2)

Vediamo con la conservazione dell’energia: E_i= E_f ⇒ Mgh = ¹₂MV²_cm+ ¹₂Iω² ⇒ Mgh = ¹₂MV²_cm+¹₂I^v_r^cm²2 per cui la velocit`a del corpo partendo da una quota h `e v_cm =

r 2gh 1+_Mr2^I

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

Il verso della forza di attrito `e tale da impedire lo slittamento quindi anche in questo caso opposta al moto. Le eq. risultanti sono:

(x) : +M gsinθ − Fa= M a_CM (

(y) : −Mgcosθ + N = 0

~r ∧ ~F_a= −I~α(rot.orar)

~a_CM = −~α ∧ ~R ⇒ a_CM = −αR

F_a= +I_CMa_CM R² ⇒ +M gsinθ − I_CM

R² a_CM = M a_CM a_CM = + gsinθ

1 + _{M R}^I^CM2

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

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Nicola GigliettoA.A. 2017/18 28 12.4-YO-YO

Parte IX

28 12.4-Yo-yo

P T

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

−Mg + T = MaCM

(

T R = Iα (α > 0) a_CM = −αR

−Mg + T = MaCM

(

⇒ −M g − _R^I2aCM = M aCM

T = −_R^I²a_CM

a_CM = − M g

M+ ^I^CM_R₂ = − g 1 + _{M R}^I^CM₂

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Nicola GigliettoA.A. 2017/18 30 7.9 IMPULSO ANGOLARE. MOMENTO DELL’IMPULSO

Parte X

29 Esempio 7.11 Cilindro che rotola e solleva un corpo

M

m1

m2

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

CM : f − T = m1a_cm rotaz M − rf = Iα = I^a^cm_r

m₂ T − m2g = m₂a₂ = m₂a_cm I = 1

2m1r² = 0.625 kgm²

La soluzione porta quindi a a_cm=

M r−m2g

3

2m1+m2 = 0.55m/s² ed infine T=103.5N.

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

30 7.9 Impulso angolare. Momento dell’impulso

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

0( ~Fdt) = ∆~p teorema dell’impulso), utilizzando invece i momenti delle forze. In questo caso abbiamo che Rt2

t1

M~ dt = ∆~L che possiamo defi- nire teorema dell’impulso angolare. Assumendo che avviene l’applicazione di una forza per un intervallo di tempo piccolo (forza impulsiva) RM~ dt =R (~r× ~F)dt = ~r×R F~dt = ~r× ~J = ∆~L La grandezza ~r× ~J `e il momento dell’impulso e questo teorema (teorema del momento dell’impulso) dimostra che un impulso porta non solo ad una variazione di quantit`a di moto ma anche di momento angolare.

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Nicola GigliettoA.A. 2017/18 33 ASTA CHE CADE

31 Esempio 7.13 impulso angolare su un’asta

Un’asta di lunghezza l e massa m è in posizione verticale ed è bloccata su un estremo in O. Determinare l’impulso J da applicare ad una distanza r ≤ l da O in modo da far compiere all’asta una rotazione di 90^◦(e arrivare in orizzontale). Il momento dell’impulso da applicare e’ rJ, applicando il teorema si ha rJ = ∆L = Iω_f − Iωi = Iω_f Il momento d’inerzia per un’asta rispetto all’estremo è I = ¹₃ml² quindi rJ =

1

3ml²ω ⇒ ω = _ml^3rJ² Possiamo inoltre applicare la conservazione dell’energia (il CM `e a l/2): mg₂^l = ¹₂Iω² ⇒ ω =

qmgl

I =q _mgl

1 3ml² =

q3g l da cui

q3g l =

3rJ

ml² ⇒ J = ^√_3r^3gml^√_l² = ^ml_r qgl

3

32 Asta che cade

Un’asta `e posta dritta in verticale quando ad un certo momento cade ruotando attorno all’estremo (che non si muove) in contatto con il pavimento. Sapendo che m=4.2kg l=0.8m calcolare l’accelerazione dell’estremo P dell’asta e la sua velocit`a al momento dell’urto. Possiamo applicare per la seconda domanda la conservazione dell’energia: mgl/2 = ¹₂Iω² ⇒ mgl = ¹₃ml²ω² ⇒ ω =

q3g

l e sapendo che vp = ωl otteniamo vp = √

3gl = 4.85 m/s Per la prima domanda M = Iα ⇒ mgl/2 = ¹₃ml²α ⇒ α = ^3g_2l e a_t = αl = ³₂g = 14.7m/s² e ac = ^v_l² = 29.4m/s²

33 Asta che cade

Stesso esercizio di prima solo che c’`e un momento di attrito pari a Ma = 4.5N m Per l’accelerazione: mgl/2−Ma= Iα ⇒ α = 13.4rad/s²da cui a_p = αl = 10.7m/s² Per la velocit`a dobbiamo tenere conto del lavoro dell’attrito:

L^a= ∆E ⇒ ¹₂Iω²− mg₂^l = −R Madθ = −M^a^π₂ da cui ω²= 21.0rad/s² da cui v_p = ωl = 3.67m/s Le due componenti di accelerazioni saranno quindi a_c = ω²l = 16.8m/s² e a_t= αl = 10.7m/s²

Riepilogo formule

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Nicola GigliettoA.A. 2017/18 35 ESEMPIO 7.15

PF~ext= M~acm Eq.Cardinali (

Dinamica P ~τ_ext= I ~α Corpi rigidi + Condizione Rotolamento senza strisciamento

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

34 7.10-Leggi di conservazione nel moto dei corpi rigidi

Nel caso particolare in cui M~^(E) = 0 e F^(E)~= 0 le due leggi implicano:

F^(E)~= 0 ⇒ M ~v_CM = cost e ~L= cost quest’ultima `e intesa almeno rispet- to al CM e solo nel caso in cui l’asse scelto coincida con un’asse principale di inerzia implica ⇒ ~L = i~ω ⇒ ~ω = cost Il fatto che ~L sia costante negli altri casi non implica automaticamente che lo sia ω come possiamo vedere negli esempi successivi soprattutto quando trattiamo insiemi di corpi rigidi.

35 Esempio 7.15

Esempio 7.15

Una piattaforma costituita da un disco di massa m_d = 200 kg e raggio R=2m, ruota senza attrito attorno ad un asse verticale passante per il centro. Una persona di massa m=60 kg si muove dal bordo verso il centro muovendosi in direzione radiale. Quando la persona `e sul bordo la ω = 5 rad/s.

Calcolare ω quando r=R/4=50 cm. Il momento d’inerzia all’inizio `e

1

2m_dR² + mR² = 640kgm² mentre ad una generica distanza `e I(r) =

1

2m_dR² + mr² = 415 kgm² nella posizione finale Non essendoci momenti di forze esterne allora il momento angolare si deve conservare: I_iω_i = I_fω_f da cui ω_f = _I^Iⁱ

fω_i = 7.7rad/s

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Nicola GigliettoA.A. 2017/18 37 7.11 - EQUILIBRIO STATICO

36 Giroscopi e Hubble

Hubble

Il telescopio spaziale Hubble (come tutti i satelliti artificiali) è dotato di quattro ruote montate sul telescopio e messe in rotazione da motori elettrici (la quarta ruota di solito è di riserva). Supponendo che le ruote siano di massa 45kg e raggio 0.3m e ruotano tutte alla massima velocità angolare che

`e 3000 giri/min ognuna in direzione perpendicolare all’altra, determinare di quanto varia la direzione dell’asse del telescopio (trascurando altri contributi di massa e momenti d’inerzia) se una delle ruote viene portata a 1500 giri/min.

Ognuno delle ruote ruota intorno al proprio asse di simmetria per cui all’inizio avremo L_x = M R²ω_x, L_y = M R²ω_y, L_z = M R²ω_z da cui L₀ =

√3M R²ω Alla fine avremo che solo una componente (la z ad es.) si `e di- mezzata e avremo L^′=p(1 + 1 + 1/4)MR²ω = 3/2M R²ω Possiamo usare le propriet`a del prodotto scalare per calcolare velocemente l’angolo:

~a· ~b = axb_x+ a_yb_y+ a_zb_z = |a||b| cos θ ⇒

√33

2(M R²ω)²cos θ = (M R²ω)²(1 + 1 +1 2) ⇒

√33

2cos θ = 5

2 → cos θ = 5√ 3

9 ⇒ θ = 15, 8^◦

Parte XI

Statica

37 7.11 - EQUILIBRIO STATICO

La statica `e particolarmente utile per lo studio delle condizioni di equilibrio di un crpo rigido. Le condizioni dell’equilibrio statico sono: P = cost~ e

~L = costse dopo l’applicazione di una forza esterna il corpo ritorna spon- taneamente alla condizione di equilibrio statico allora si dice che l’eq. `e stabile viceversa si parler`a di eq. instabile. Le precedenti condizioni implicano che P = cost ⇒~ ^{d ~}_dt^P = 0 ⇒ ~F_ext = 0 I requisito equilibrio questa condizione non esclude una rotazione del corpo per cui

~L = cost ⇒ ^d~_dt^L = 0 ⇒P ~τ_ext= 0II requisitoL’eq. statico inoltre richiede che la quantit`a di moto ~P_tot = 0

(26)

Nicola GigliettoA.A. 2017/18 38 ESEMPI EQ. STATICO-SCALA APPOGGIATA

38 Esempi eq. statico-scala appoggiata

cm Fm

Fy

Fx O

A B

h

a

Una scala da pompieri di lunghezza L=12m e massa m=45 Kg è appoggiata ad un muro liscio ad altezza h=9.3 m. Il CM della scala è ad 1/3 della sua lunghezza (dal basso). Un vigile di massa M=72 Kg si arrampica sulla scala sino a metà percorso.

Determinare le forze che agiscono sul muro e sul pavimento se la scala non si muove. Per l’equilibrio di un corpo rigido occorre sia la condizionePF~i= 0 che P ~τi = 0 Essendo fermi tutti i punti possiamo scrivere l’eq. dei momenti rispetto a qualunque punto (e se necessario scrivere più equazioni per punti diversi) Se scegliamo il punto A l’eq. del momento diventa Momento forza: forza x braccio di leva −F^M · h + Mgâ₂ + mgâ₃ = 0 da cui (a = √

L²− h²) FM =

ga[^M₂+^m₃]

h ≈ 410 N La condizione di eq. delle forze ci da invece +Fy− mg − Mg = 0 ⇒Fy = (m + M )g = 1100 N

−F^x+ FM = 0 ⇒ F^x= FM

es. 13.3

M mg

T2

T1

O Rx Ry

Mg θ b

a

Una cassaforte di massa M=430 Kg, `e sospesa ad una fune fissata all’estremit`a della struttura in figura 13.7a (libro), avente dimensioni a=1.9 m, b=2.5m, formata da una barra omogenea, di massa m=85Kg, incerniata in O ad una parete verticale e tenuta inclinata da un cavo di acciaio di massa trascurabile. Trovare la tensione del cavo T. Scegliamo il punto O per il calcolo dei momenti (per non conteggiare il momento delle reazioni vincolari sull’estremo).

Otteniamo: +a · T2− b · T1−^b₂ · mg = 0 con b = L cos θ e a = L sin θ inoltre l’equilibrio sulla massa M fornisce T1− Mg = 0 che sostituita nel- l’eq. prec. da: aT₂ = b(M g) + ₂^bmg ⇒ T₂ = ^b_ag{M +^m₂} = 6100 N Per

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Nicola GigliettoA.A. 2017/18 38 ESEMPI EQ. STATICO-SCALA APPOGGIATA

trovare la forza complessiva agente sul vincolo invece bisogna completare l’eq. delle forze sulla barra: Ry − mg − T¹ = 0 e Rx − T² = 0 da cui R_x = t₂ e R_y = (m + M )g = 5047 N la reazione complessiva `e allora R =q

R²_x+ r²_y = 7900 N Esercizio

2/3~L

C O

m

Mg

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

N − Mg − mg = 0 eq.delle forze +M g(2

3L −L

2) − mg(x −2

3L) = 0 ris. momenti in O x − 2

3L = M m

L

6 ⇒ x = (²₃+₇₀⁵)L

13.26-28

Una sbarra metallica imperneata in un muro, come in figura, è di lunghezza L=3 m, di peso Mg=200 N. Su di essa vi è un oggetto di peso W=300 N posto a distanza x dal muro. La sbarra è sostenuta da un filo di tensione massima 500 N ed inclinato di 30^◦risp. l’orizzontale.

Determinare il massimo valore x affinch`e non si rompa il filo e la forza agente sul perno nel muro. Chiamando R la reazione del perno l’equilibrio porta a:

x : R_x− Tx= 0 y : R_y+ T_y− W − Mg = 0

−W x − MgL/2 + T L sin θ = 0

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Nicola GigliettoA.A. 2017/18 39 ESEMPIO 7.18 EQUILIBRIO DI CARRUCOLE

quest’ultima ci fornisce x: x = ^T^{sin θ−}_W ^Mg² Lquindix = ⁵⁰⁰²₃₀₀⁻²⁰⁰² 3 = 1.5 mLe componenti delle forze sul muro sono invece: Rx = Tx = T cos 30^◦ = 433 N e Ry= W + M g − T^y= 300 + 200 − 500/2 = 250 N eR =q

R²x+ R²y= 500 N

39 Esempio 7.18 Equilibrio di carrucole

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

rino massa della carrucola e dei fili.

F1 F²

Le condizioni di equilibrio delle forze nel CM indicanoT − F1− F2 = 0Mentre l’equilibrio dei momenti richiede che F₁R − F2R = 0 ⇒F₁ = F₂. Pertanto l’equilibrio statico della carrucola implica che T=2F

Figura 2: Esempio3