Appunti su Corpo Rigido

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Appunti su Corpo Rigido

Marco Incagli - INFN Pisa March 4, 2017

Abstract

Appunti scritti per il corso di Fisica 1 presso la facolt`a di Fisica a Pisa nell’anno accademico 2015/2016. Ringrazio tutti gli studenti che, con i loro commenti e la loro attenzione ai dettagli, hanno migliorato (e continueranno a migliorare) la qualit`a di questi appunti.

1 Definizione di corpo rigido e passaggio al continuo

Si definisce un corpo rigido se la distanza fra due punti qualunque rimane costante nel tempo:

| ~P_iP_j| = cost. ∀ i, j (1)

Un corpo rigido pu`o essere descritto come:

• un sistema discreto di punti materiali collegati, idealmente, da bacchette rigide senza massa;

• un corpo continuo infinitamente divisibile.

Come esempio della differenza fra le due definizioni consideriamo la definizione di centro di massa. In un sistema discreto di punti materiali di massa m_i si ha:

~rG= PN

i=1mi~ri

P m_i (2)

Nel passaggio al continuo si passa da una massa finita mi all’elemento di massa infinitesimo dm; allo stesso tempo il numero N di elementi tende ad infinito. Quindi:

~ r_G=

R

C~r dm

R dm (3)

dove R

C indica un integrale esteso a tutto il corpo.

Se M `e la massa totale, cio`e M =P m_i =R dm, si ha:

M~r_G= Z

C

~

r dm (4)

Il significato dell’integrale `e chiaro: il corpo `e suddiviso in elementi (ad es.

cubettini) di massa dm, tali che il volume del cubetto tende a 0 ed il numero di cubetti tende a ∞.

Il modo di risolvere l’integrale `e normalmente quello di scrivere l’elemento di massa in termini della densit`a di volume ρ(x, y, z), in generale dipendente dal punto, per l’elemento di volume:

dm = ρ(x, y, z)dV = ρ(x, y, z)dx dy dz (5)

(2)

Quindi l’integrale diventa:

M~r_G= Z

~rρ(x, y, z) dx dy dz (6)

cio`e, in generale, un integrale triplo da risolvere in ciascuna delle 3 proiezioni.

Normalmente noi tratteremo casi semplici nei quali la densità è costante e, sfrut- tando le simmetrie del problema, l’integrale si potrà (quasi sempre!) trasformare in un integrale ad una dimensione.

Notiamo che le coordinate del centro di massa dipendono dal sistema di riferimento:

M~r_G/O =X

m_i~r_i/O (7)

dove “/O” significa: rispetto al sistema di riferimento di origine O.

Risulta

~r_G/O 6= ~r_G/O⁰

Cio`e le coordinate del centro di massa sono in genere diverse, quando espresse in diversi sistemi di coordinate, ma naturalmente il punto `e fisicamente sempre lo stesso. In particolare:

P m_i~r_i/G= M~r_G/G= 0

P m_i~v_i/G= M~v_G/G= 0 (8)

Cio`e le coordinate e la velocit`a del centro di massa, espresse in un sistema solidale con il centro di massa stesso, sono nulle.

2 Gradi di libert` a

Vediamo adesso, quanti sono i gradi di libert`a (=DoF, Degrees of Freedom) di un corpo rigido, cio`e quanti parametri sono necessari per definire in maniera univoca la posizione nello spazio di un corpo rigido.

Prendiamo un punto P₁; questo contribuisce con 3 DoF.

Aggiungiamo un secondo punto P2; anche esso aggiunge 3 DoF, ma anche un vincolo: P2P1=costante. In totale 3-1=2 DoF.

Aggiungiamo un terzo punto P₃ (non allineato con i primi due); si aggiungono 3 DoF e 2 vincoli: P3P1=costante e P3P2=costante. In totale 3-2=1 DoF.

Dal quarto punto in poi, non viene pi`u aggiunto nessun grado di libert`a, in quanto le distanze dai primi 3 punti rimangono fisse.

In totale: 3+2+1=6 gradi di libert`a. Questi possono essere individuati nel modo seguente. Sia (O,X,Y,Z) un sistema di riferimento fisso e (Q,x,y,z) un sistema di riferimento solidale al corpo rigido. La posizione dell’origine Q rispetto al sistema fisso (3 coordinate) ed i 3 angoli che gli assi x_iformano con quelli X_i¹determinano in maniera univoca la posizione del corpo nello spazio. Altre definizioni, in particolare per gli angoli, sono possibili (ad esempio: angoli di Eulero).

Come conseguenza, 6 equazioni del moto sono sufficienti per determinare il moto di un corpo rigido. Queste relazioni sono date dalle due equazioni cardinali della dinamica.

3 Prima equazione cardinale della dinamica

Abbiamo gi`a visto che su un singolo corpo vale la relazione:

F =~ d ~Q

dt (9)

1Intendendo con questo una traslazione rigida del sistema O in Q ed una successiva definizione dei 3 angoli

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essendo ~Q = m~v la quantit`a di moto del corpo.

Per un corpo rigido vale:

F =~ d dt

X ~Qi= d dt

Xmi~vi = d

dtM~vG = d

dtQ~G (10)

Cio`e il corpo si comporta, effettivamente, come un corpo puntiforme la cui massa

`e concentrata nel centro di massa G.

Come gi`a commentato in precedenza, nel caso di corpo continuo la sommatoria si trasforma in integrale, passando al limite per la massa m_iche diventa infinitesima.

4 Seconda equazione cardinale della dinamica

Dato un polo di riferimento O, la seconda equazione cardinale mette in relazione il momento delle forze con il momento angolare calcolati rispetto a questo polo:

M~_/O= d

dtL~_/O (11)

Per un corpo rigido:

M~_/O = d dt

X ~L_i/O = d dt

Xmi~ri× ~v_i (12) In questo caso non possiamo utilizzare direttamente la relazione (7) o la sua derivata per semplificare l’espressione. Usiamo, invece, il teorema di Koenig. Il teorema di Koenig esiste in tre versioni, riferite al momento angolare ~L, al momento delle forze ~M ed all’energia cinetica E_k. Vediamo adesso i primi due casi.

4.1 Teorema di Koenig per il momento angolare L

Sia dato un sistema (O, X, Y, Z) fisso ed uno mobile (G, x, y, z) avente gli assi cartesiani paralleli ai precedenti (x k X, ...) e origine nel centro di massa G. Dato un punto P_i di massa m_i, risulta:

L~_/O =X

mi~r_i/O× ~v_i/O =X

mi(~r_G/O+ ~r_i/G) × (~v_G/O+ ~v_i/G) (13) Svolgendo il prodotto (propriet`a distributiva del prodotto rispetto alla somma) e portando fuori dal segno di sommatoria i termini costanti ~r_G/O e ~v_G/O, risulta:

~L_/O = ~r_G/O× ~v_G/OP m_i+

~

r_G/O× (P m_i~v_i/G) + (P m_i~r_i/G) × ~v_G/O+ P m_i~r_i/G× ~v_i/G

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Ricordando le espressioni in eq.8, si osserva che i due termini fra parentesi si annullano, in quanto rappresentano la posizione e la velocit`a del centro di massa nel sistema del centro di massa.

L’ultimo termine rappresenta il momento angolare calcolato nel centro di massa, mentre, essendo P m_i = M , il primo termine `e il prodotto vettoriale del raggio vettore ~r_G/O con la quantit`a di moto del centro di massa:

L~_/O = ~r_G/O× ~QG+ ~L_/G (15) Questo è il teorema di Koenig secondo il quale il momento angolare del corpo rigido è dato dal momento angolare di un corpo puntiforme concentrato nel centro di massa più il momento angolare intorno al centro di massa, cioè in un sistema di riferimento che trasla con il centro di massa.

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4.2 Teorema di Koenig per il momento delle forze M

In maniera simile si pu`o scomporre il momento delle forze di un corpo rigido rispetto ad un polo fisso O:

M~O =X

~

r_i/O× ~Fi (16)

Attenzione: in questo caso la sommatoria non `e estesa a tutti i punti che com- pongono il corpo rigido, ma a tutte le forze esterne che agiscono sul corpo!

Scrivendo ~r_i/O = ~r_G/O+ ~r_i/G, si ha:

M~_O =P(~r_G/O+ ~r_i/G) × ~F_i

= ~r_G/O×PF~_i+P ~r_i/G× ~F_i

= ~r_G× ~F + ~M_G

(17)

Quindi il momento delle forze `e dato dal momento della forza risultante ~F = PF~_i applicata al centro di massa G pi`u il momento calcolato rispetto al centro di massa.

5 Seconda equazione cardinale rispetto ad un polo mobile

Prima di procedere conviene calcolare il momento delle forze rispetto ad un polo mobile e vedere come si trasforma l’espressione scritta in precedenza. Ad esempio, in un cilindro che rotola su un piano inclinato pu`o essere comodo calcolare il momento rispetto al punto di contatto fra cilindro e piano, punto che si muove nel tempo.

Attenzione: il polo Q si muove, ma le quantit`a (velocit`a, accelerazione, ecc.), vengono comunque misurate nel sistema fisso!

d~L_/Q

dt = _dt^d P m_i~r_i/Q× ~v_i/O

=P _d

dt~r_i/Q× m_i~v_i/O+P ~r_i/Q× m_i_dt^d~v_i/O (18) Semplifico l’espressione utilizzando la relazione:

d

dt~r_i/Q= ~v_i/Q= (~v_i/O− ~v_Q/O)

e ricordando che il prodotto vettoriale di un vettore per se stesso `e nullo. Inoltre:

X~r_i/Q× m_i d

dt~v_i/O =X

~r_i/Q× m_i~a_i/O = ~M_Q Infine:

M~Q= d~L_/Q

dt + ~vQ× ~QG (19)

Quindi, nel caso di polo mobile, alla normale espressione del momento delle forze come derivata del momento angolare si aggiunge un termine che dipende dal moto del punto mobile Q rispetto al centro di massa G. Se Q coincide con G, o se si muove parallelamente a G, il termine addizionale si annulla.

Tornando all’esempio del cilindro che ruota su un piano inclinato, la velocità del punto di contatto è parallela a quella del centro di massa del cilindro, per cui la relazione (19) torna a scriversi come eq.11. In generale, però, per un polo mobile va considerato un contributo aggiuntivo.

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6 Statica del corpo rigido

I problemi di statica del corpo rigido si risolvono imponendo le due equazioni vet- toriali:

( PF~^ext= 0

PM~^ext= 0 (20)

Cio`e: equilibrio delle forze ed equilibrio dei momenti delle forze applicate al corpo. Le forze interne, essendo uguali ed opposte e giacendo sulla stessa retta direttrice, si annullano sia nel calcolo della forza che in quello del momento risultante.

Se il moto avviene su un piano, o comunque le uniche quantit`a rilevanti per la dinamica giacciono su un piano (ad es.: cilindro che rotola su un piano inclinato) i gradi di libert`a del corpo rigido si riducono a 3: le 2 coordinate del centro di massa ed un angolo di rotazione.

In questo caso, le uniche relazioni rilevanti sono quelle che riguardano le componenti x ed y della forza e la componente z del momento delle forze.

6.1 Esempio: scala appoggiata

Consideriamo una scala di lunghezza l e massa M appoggiata ad un muro nel punto A. Assumiamo, per semplicit`a, che sia presente un attrito statico con coefficiente µs solamente sull’estremo B della scala appoggiato al pavimento.

Quale `e l’angolo limite θL al quale la scala si trova in equilibrio?

Vogliamo risolvere il problema nelle seguenti situazioni:

• la massa `e concentrata in 4 scalini equidistanti lungo la scala;

• la massa `e distribuita in maniera continua.

Scriviamo la prima equazione cardinale.

R_A− F_s= 0

R_B− 4mg = R_B− M g = 0 (21)

dove m rappresenta la massa del singolo scalino.

Aggiungiamo la componente z della seconda equazione cardinale rispetto al polo

B: l

5cos θmg +2l

5 cos θmg + 3l

5 cos θmg +4l

5 cos θmg − l sin θR_A= 0 (22) dove nl/5 sin θ rappresenta il braccio della forza per l’n−esimo scalino, mentre l sin θ

`e il braccio della forza di reazione della parete in A.

Da quest’ultima equazione si ricava R_A= M g

2 cot θ (23)

Nel valore limite vale:

Fs= µsRB (24)

da cui:

cot θ_L= 2µ_s (25)

Vediamo adesso cosa cambia nel caso di scala descritta da una distribuzione continua di massa.

In particolare vogliamo scrivere il contributo della scala al momento delle forze.

Un elemento di massa dm posto ad una distanza s dalla base di appoggio contribuisce con un momento delle forze (infinitesimo):

dM_B = s cos θg dm (26)

(6)

dove s cos θ `e il braccio e g/, dm la forza (peso). Integrando:

M_B= Z

C

s cos θg dm (27)

dove l’integrale si intende esteso al corpo C (in questo caso la scala).

Per risolvere l’integrale, consideriamo una densit`a di massa lineare δ = dm/ds che misura, in kg/m la distribuzione di massa della scala. Essendo tale distribuzione uniforme, risulta anche δ = M/l. Allora l’integrale si trasforma in un semplice integrale unidimensionale:

M_B= Z l

0

s cos θgδ ds = g cos δl²

2 = M g

2 cos θ (28)

Troviamo, cio`e, lo stesso risultato trovato in precedenza per una distribuzione discreta di massa.

In particolare troviamo un risultato equivalente a quello che avremmo avuto se tutta la massa della scala fosse concentrata nel suo baricentro, a distanza l/2 dagli estremi. Tuttavia questa conclusione non deve trarre in inganno. Vedremo un caso specifico nel prossimo paragrafo, ma possiamo ricordare l’equazione 17:

M~B = ~rG× ~F + ~MG (29)

Nel caso di un campo di forza costante, come è quello della forza peso (a piccole distanze), il contributo del secondo termine, cioè il momento delle forze rispetto a G, si annulla per simmetria ed il momento delle forze è effettivamente lo stesso che si avrebbe per una massa concentrata in G. Tuttavia in generale questo non è vero, come vedremo nel prossimo paragrafo.

Prima, però, aggiungiamo una complicazione al problema di statica che stiamo affrontando. Se una persona di massa M₀ sale sulla scala ad una distanza D dalla base B, la scala è più o meno stabile? Cioè l’angolo limite θLdiminuisce o aumenta, rispetta al risultato trovato in precedenza?

Una massa M posta in un punto D lungo la scala contribuisce sia alla forza verticale, con un termine −M0g, che al momento delle forze, componente z, con un termine D cos θM₀g, essendo D cos θ il braccio della forza peso M₀g.

lM g

2 cos θ + DM0g cos θ − RAl sin θ = 0 (30) da cui:

R_A= lM + 2DM0

2l g cot θ (31)

Nel caso limite risulta:

RA= FS = µsRB = µs(M + M0)g (32) Combinando le due relazioni:

cot θ_L⁰ = 2µs

M + M₀

M + M02D/l (33)

Confrontando eq.33 con eq.25 si osserva che se D = l/2 segue che θ_L⁰ = θ, e la condizione di equilibrio non cambia. Se invece D < l/2 risulta θ⁰_L < θ. Cioè se il peso è posto ad una distanza inferiore a quella del centro di massa, l’angolo limite diminuisce, e quindi il sistema è più stabile. Viceversa accade se il peso è posto al di là del centro di massa.

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6.2 Momento della forza centrifuga

Consideriamo, adesso, una sbarra rigida imperniata ad un estremo su un’asta che ruota con velocit`a angolare ω. Si determini l’angolo θ di equilibrio.

Mettiamoci in un sistema di riferimento non inerziale, solidale con la sbarra che ruota, nel quale `e presente la forza centrifuga F_cf = mω²ρ, essendo ρ la distanza dall’asse di rotazione dell’elemento di massa m.

Per determinare l’angolo di equilibrio, utilizziamo la seconda equazione cardinale rispetto al perno di aggancio O. Questo permette di eliminare il contributo (incognito sia in direzione che in verso) della reazione vincolare R in O.

Per quanto riguarda la forza peso, abbiamo calcolato il contributo in precedenza:

Mf p= −lM g

2 sin θ (34)

Rispetto al calcolo precedente si noti che

• l’angolo θ `e misurato rispetto alla verticale, per cui `e presente un sin θ invece del coseno come nel caso precedente;

• la forza peso tende a far ruotare la sbarra in senso orario, quindi, per convenzione, aggiungiamo un segno −.

Calcoliamo, adesso, il contributo della forza centrifuga considerando un elemento di massa dm posto ad una distanza s dal polo. Anche in questo caso introduciamo la densit`a lineare δ = dm/ds = M/l.

dMf c= s cos θω²s sin θ dm (35) dove s cos θ `e il braccio e dm ω²ρ = dm ω²s sin θ la forza centrifuga. Integrando:

M_{f c}= Z l

0

ω²cos θ sin θ δs²ds = M ω²cos θ sin θ l²/3 (36) Questa si pu`o anche riscrivere come:

M_{f c}= l

√3cos θ · M ω² l

√3sin θ (37)

Quindi il risultato `e come se tutta la massa fosse concentrata in un punto che per`o non coincide con il centro di massa, ma si trova ad una distanza l/√

3.

In effetti, riprendendo l’equazione

M~_B = ~r_G× ~F + ~M_G (38)

in questo caso il campo di forza centrifuga non `e costante, a differenza della forza peso, per cui il secondo termine non si annulla.

7 Moto generale di un corpo rigido

Sia dato un sistema inerziale (O, X, Y, Z) ed uno mobile (Q, x, y, z) fissato al corpo rigido. Se ˆi_1,2,3 sono i versori del sistema fisso e ˆe_1,2,3 quelli del sistema mobile, risulta:

ˆ

e₁ = a₁₁î₁+ a₁₂î₂+ a₁₃î₃ (39) ed analogamente per le altre componenti. In forma più coincisa si scrive:

ˆ

ei= aijˆi_j (40)

(8)

dove abbiamo usato la convenzione che indici ripetuti vanno sommati:

a_ijˆi_j =

3

X

i=1

a_ijˆi_j (41)

Gli elementi a_ij si chiamano coseni direttori e soddisfano la relazione:

a²_i1+ a²_i2+ a²_i3= 1 (42) per i = 1, 2, 3. La matrice A=(aij) rappresenta una rotazione del sistema di assi cartesiani ed `e una matrice ortogonale, cio`e A^t=A⁻¹.

Di conseguenza, il numero di parametri liberi che definiscono la matrice A sono 3, i 3 angoli di rotazione.

Sia ora ~r₁₂un vettore che collega i punti P₁e P₂ nel sistema solidale con il corpo rigido (=sistema mobile). Per definizione di corpo rigido, la distanza fra i due punti rimane costante, per cui:

~

r12· ~r₁₂= cost d

dt(~r₁₂· ~r₁₂) = 0

~ r12· d

dt~r12= 0

(43)

Il vettore ~v12 = d~r12/dt, che rappresenta la velocit`a del generico punto P2

rispetto a P₁, risulta perpendicolare al vettore ~r₁₂. In particolare, se P₁ `e un punto fisso, tutti i punti del corpo ruotano intorno a P₁.

7.1 Composizione dei moti

Consideriamo, ora, un generico punto P del corpo rigido e sia Q l’origine del sistema mobile solidale con il corpo rigido. Per il teorema di Poisson, esiste un vettore ~ω tale che:

d dt

QP = ω × ~~ QP (44)

Se O indica l’origine del sistema fisso, e ~vP, ~vQ la velocit`a dei punti P e Q misurate rispetto a O, risulta:

~

ω × ~QP = d

dt( ~OP − ~OQ) = ~v_P − ~v_Q (45) da cui:

~vP = ~vQ+ ω × ~r⁰P (46)

dove ~r⁰_P = ~r_{P /Q} `e il raggio vettore di P nel sistema mobile.

Quindi l’atto di moto di un punto P del corpo rigido si pu`o scrivere come una traslazione dell’origine Q del sistema mobile pi`u una rotazione intorno ad essa.

Dimostriamo che vale anche l’inverso: se `e verificata la legge (46) per ogni elemento di un sistema di punti materiali, sia esso discreto o continuo, allora tale sistema `e un corpo rigido.

Infatti data l’eq.46, moltiplichiamo i due membri scalarmente per il vettore ~r⁰P:

~v_P · ~r⁰_P = (~v_Q+ ω × ~r⁰_P) · ~r⁰_P = ~v_Q· ~r⁰_P (47) da cui:

(~vP − ~v_Q) · ~r⁰P = 0 (48) che si pu`o riscrivere come:

d dt

QP~

· ~QP = 0 → d dt

QP~ ²= 0 → QP~ ²= cost (49) Risulta quindi dimostrato che l’atto di moto di un corpo rigido pu`o essere scom- posto nella traslazione rigida di un sistema solidale al corpo, con origine in Q, pi`u una rotazione intorno ad un asse rigido passante per Q.

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8 Teorema di Koenig per l’energia cinetica e momento di inerzia

L’energia cinetica di un corpo rigido si pu`o scrivere come:

Ek= 1 2

Xmiv_i² (50)

o, in forma integrale:

E_k = 1 2

Z

v²dm (51)

Utilizziamo le formule trovate nel paragrafo precedente per scrivere la velocità di traslazione del punto i − esimo, o dell’elemento di massa dm nel caso continuo, come la somma della velocità di traslazione del centro di massa più una rotazione intorno al centro di massa:

E_k = ¹₂P m_i(~v_G+ ~ω × ~r_i/G)²

= ¹₂mv_G² +¹₂P m_i(~ω × ~v_i/G)²+ ~vG·P m_i~ω × ~r_i/G (52) Essendo ~ω × ~r_i/G=~v_i/G, velocità dell’elemento i − esimo rispetto al centro di massa, l’ultimo termine rappresenta la quantità di moto del centro di massa rispetto al centro di massa stesso, quindi è nullo.

1 2

Xmi(~ω × ~r_i/G)² = 1 2ω²X

miρ²_i ≡ 1

2IGω² (53)

dove abbiamo definito ρi come la componente del vettore ~ri perpendicolare all’asse di rotazione ~ω ed abbiamo introdotto il momento di inerzia che scriviamo nel caso discreto ed in quello continuo come:

IG =X

miρ²_i oppure IG= Z

ρ²dm (54)

Si noti che, a differenza del momento delle forze e del momento angolare, il momento di inerzia non `e riferito ad un punto, ma ad un asse. Infatti ρ indica proprio la distanza di ogni elemento di massa dall’asse passante per G. Quindi la scrittura I_G indica il momento di inerzia rispetto ad un asse passante per G. Tuttavia tale scrittura `e ambigua, in quanto assi diversi passanti per G hanno momenti di inerzia diversi.

La relazione

E_k = 1

2mv_G² +1 2I_Gω²

è un’altra forma del teorema di Koenig che abbiamo già visto per i momenti delle forze e della quantità di moto.

In particolare, se il centro di massa `e fisso ed il corpo ruota intorno ad un asse passante per esso, risulta:

E_k= 1

2I_Gω² (55)

Quest’ultima relazione è stata derivata nel caso di rotazioni intorno al centro di massa (più precisamente: intorno ad un asse passante per il centro di massa). È lecito chiedersi cosa succede se il corpo ruota intorno ad un asse fisso che pero’ non passa per il centro di massa ma, ad esempio intorno ad un suo estremo, o ad un qualunque altro punto. Questo viene discusso nel seguente paragrafo.

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8.1 Teorema di Huygens-Steiner per il momento di in- erzia

In eq.54 abbiamo scritto il momento di inerzia rispetto ad un asse passante per il centro di massa G. Senza perdere in generalit`a, chiamiamo z la direzione di questo asse.

Vogliamo adesso ricavare il momento di inerzia rispetto ad un altro asse parallelo al precedente, quindi diretto lungo ˆez, ma passante per un punto Q di coordinate (a, b) sul piano (x, y). Sia d =√

a²+ b² la distanza fra G e Q.

Dato un punto generico P ≡ (x, y) risulta:

IQ =R ρ²dm =R (x − a)²+ (y − b)² dm

=R (x²+ y²)dm +R (a²+ b²)dm − 2aR x dm − 2b R y dm (56) Gli ultimi termini di eq.56 sono nulli, in quanto R x dm e R y dm rappresentano rispettivamente le coordinate x e y del centro di massa in un sistema di riferimento del quale il centro di massa `e l’origine.

Il primo termine a secondo membro rappresenta il momento di inerzia rispetto al centro di massa:

I_Q= I_G+ md² (57)

Questa relazione mette in corrispondenza il momento rispetto ad un asse passante per G con quello di un altro asse, parallelo al primo, passante per Q avente distanza trasversa ρ = d da g.

Tale relazione vale solamente per assi paralleli e solamente se uno di essi coincide con il centro di massa. Se l’asse di rotazione per Q `e diretto, ad esempio, lungo y, allora per poter utilizzare il teorema di Huygens-Steiner `e necessario conoscere il momento di inerzia dell’asse passante per G parallelo ad y.

Si noti che il momento di inerzia rispetto al centro di massa `e quello con il valore minimo.

9 Calcolo di alcuni Momenti di Inerzia

Ricordiamo la definizione generale del momento di inerzia rispetto ad un asse passante per un punto Q.

I_Q= Z

r_p²dm (58)

dove rp = rperp `e la distanza dell’elemento di massa dm dall’asse per Q.

L’elemento di massa dm si pu`o scrivere in termini della densit`a e l’elemento di volume dV :

dm = ρ(x, y, z)dV = ρ(x, y, z)dxdydz (59) Quindi:

IQ= Z

r²_pρ(x, y, z)dxdydz (60)

Cio`e il momento di inerzia si calcola, in generale, risolvendo un integrale triplo.

Naturalmente si possono scegliere sistemi di coordinate pi`u convenienti (sferiche, cilindriche, ...) a seconda delle simmetrie del sistema. Questo permette di calcolare il momento di inerzia riducendo l’integrale triplo ad un integrale semplice.

Vediamo adesso alcuni esempi di calcolo del momento di inerzia.

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9.1 Due masse a distanza r dall’asse

Siano date due masse collegate da un’asta di massa trascurabile di lunghezza 2R vincolate a ruotare intorno ad un asse perpendicolare al centro dell’asta. Il momento di inerzia del sistema `e semplicemente:

I =X

miR²_i = 2mR² = M R² essendo M = 2m la massa totale del sistema

9.2 Momento di un anello rispetto al centro

Sia dato un anello che ruota intorno al centro. Esempio: ruota di bicicletta con massa concentrata tutta ad una distanza R dal centro.

Possiamo utilizzare direttamente il risultato del punto precedente e scrivere I = M R²

Pi`u formalmente, possiamo scrivere l’elemento di massa dm dell’anello come una densit`a lineare δ moltiplicata per l’elemento di lunghezza ds = Rdθ. Quindi l’integrale che fornisce il momento di inerzia per un corpo continuo diventa:

I = Z 2π

0

R²· δR dθ = R³δ2π (61)

La massa totale dell’anello `e: M = δ · 2πR, per cui:

I = M R²

9.3 Momento di un disco pieno, omogeneo

Dato un disco pieno, omogeneo di massa M , raggio R e densit`a ρ, determinare il momento di inerzia rispetto ad un asse perpendicolare al disco passante per il centro.

In questo caso possiamo considerare il disco bidimensionale ed esprimere l’elemento di massa in termini della densit`a superficiale σ e l’elemento di superficie dS. Per sfruttare la simmetria del problema, consideriamo come elemento di superficie un anello di raggio interno r e spessore dr. Risulta dS = 2πrdr, per cui:

I = Z R

0

r²σ2πrdr = 2πσR⁴ 4 La massa del disco `e M = σS = σπR², per cui:

I = 1 2M R²

9.4 Momento di un cilindro

Dato un cilindro di massa M , altezza h e raggio di base R, trovare il momento di inerzia rispetto ad un asse passante per l’asse centrale del cilindro stesso.

Per simmetria, l’elemento di volume pu`o essere scelto come un guscio cilindrico di altezza h, raggio interno r e spessore dr: dV = h2πrdr.

I = Z R

0

r²ρh2πrdr = 2πρhR⁴ 4 = 1

2M R² avendo usato la relazione M = ρV = ρhπR².

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9.5 Momento di una sbarra di lunghezza l e spessore e larghezza trascurabile rispetto al centro

Scriviamo l’elemento di massa come una densit`a lineare δ ed un elemento di lunghezza dz:

I = Z l/2

−l/2

z²δdz = 2 l/2 3

3

δ = 1 12M l²

Notare che se la sbarra ruota intorno ad un estremo A, per il teorema di Huygens- Steiner il momento di inerzia vale I_A= ₁₂¹M l²+ M (l/2)² = ¹₃M l².

10 Rotazione intorno ad un asse

Abbiamo visto che l’atto di moto di un corpo rigido consiste in una traslazione pi`u una rotazione. Consideriamo il moto di pura rotazione e, come prima cosa, riscriviamo il teorema dell’energia cinetica (eq.54) per una rotazione del corpo per un asse fisso passante per un generico punto Q.

E_k = 1

2mv_G² +1

2I_Gω² (62)

Tuttavia il corpo sta ruotando intorno ad un asse per Q, per cui la velocit`a del centro di massa vale, in modulo:

v_G= ωd (63)

dove d `e la distanza QG proiettata sul piano perpendicolare a ω (braccio del vettore

~

ω rispetto a Q).

Si noti che abbiamo fatto l’assunzione implicita che la velocit`a angolare ~ω di rotazione del corpo intorno al centro di massa usata in eq.62 sia la stessa velocit`a angolare del centro di massa G rispetto all’asse fisso passante per Q usata in eq.63.

Non diamo la dimostrazione formale in quanto piuttosto intuitivo.

Riscriviamo l’eq.62 come segue:

E_k= 1

2mω²d²+1

2I_Gω²= 1

2I_Qω² (64)

avendo usato il teorema di Huygens-Steiner per scrivere IQ.

Quindi in generale, per rotazioni intorno ad asse fisso, possiamo scrivere:

E_k= 1 2I_Qω²

per qualunque punto Q, sia esso il centro di massa o meno.

Sia dato, quindi, un corpo rigido che ruoti intorno ad un asse, definito come asse z, e sia Q l’origine del sistema di riferimento solidale al corpo.

Vogliamo ricavare una serie di relazioni che valgono per i moti di pura rotazione, in analogia a quanto appena fatto per l’energia cinetica.

10.1 Momento angolare e momento delle forze

Consideriamo la componente z del momento angolare del corpo. Risulta:

L_z =X

m(~r × ~v) · ˆe_z =X

m(~v × ˆe_z) · ~r (65) Usando coordinate cilindriche (ρ, φ, z) risulta:

~

r = ρˆeρ+ zˆez

~

v = vˆe_φ (66)

(13)

Essendo ~v × ˆez= vˆeρ :

Lz =X

mvρ = wX

mρ² = Iω (67)

Derivando:

Mz= I d

dtω = Iα (68)

essendo α l’accelerazione angolare.

Se, ad esempio, M_z =cost, allora:

α = Mz

I = cost e

ω(t) = 1 I

Z t 0

M_zdt + ω₀ = αt + ω₀ Con una nuova integrazione si ricava:

θ(t) = 1

2αt²+ ω₀t + α₀

Si trovano, cio`e, relazioni equivalenti a quelle del moto uniformemente accelerato per un corpo puntiforme.

10.2 Impulso angolare

In analogia all’impulso lineare, definiamo impulso angolare, un momento delle forze Mz applicato al corpo per un tempo t. Risulta:

Z t 0

M_zdt = Iω(t₂) − Iω(t₁) = ∆L_z (69) Quindi l’impulso angolare è uguale alla variazione del momento della quantità di moto, o momento angolare. Questa relazione è equivalente a quella che lega l’impulso lineare con la variazione della quantità di moto.

L’impulso è un concetto rilevante per forze istantanee che però provocano un cambiamento finito della quantità di moto: ad esempio un urto elastico. In maniera analoga, un momento delle forze istantaneo può variare il momento angolare in maniera finita: ad esempio un urto contro un corpo rigido lungo una direzione che non passa per il centro di massa mette il corpo istantaneamente in rotazione.

10.3 Lavoro e potenza

Calcoliamo il lavoro e la potenza legate al momento delle forze M_z che causa una rotazione ∆θ del corpo.

R_θ₂

θ1 Mzdθ = R_θ₂

θ1 I^dω_dt dθ = Rθ2

θ1 I^dω_dt^dθ_dtdt = Rθ2

θ1 Iω dω =

1

2Iω₂²−¹₂Iω²₁ = ∆E_k

(70)

Per il teorema delle forze vive:

L = ∆E_k= Z θ2

θ1

Mzdθ (71)

La potenza `e data da:

W = dL

dt = M_zdθ

dt = M_zω = ~M_Q· ~ω (72)

(14)

10.4 Moto rettilineo e rotazione intorno ad un asse fisso

In definitiva, tutta le formule trovate in questo paragrafo permettono di scrivere una tabella di corrispondenza fra le quantit´a riferite al moto rettilineo lungo x di un punto materiale di massa m ed un corpo rigido ruotante attorno ad un asse z passante per Q (non necessariamente Q = centro di massa).

Moto rettilineo lungo x Rotazione intorno ad asse z

x θ

v ω

a α

m I

Qx= mv Lz = Iω

F = ma Mz = Iα

E_k= ¹₂mv² E_k = ¹₂Iω² L =Rx2

x1 F dx L =Rθ2

θ1 M_zdθ

W = F v W = Mzω

11 Esempio: pendolo fisico

Prendiamo, come esempio di rotazione intorno ad un asse, il caso del pendolo fisico, cio`e un corpo solido vincolato a ruotare intorno ad un asse che non passa per il baricentro G. Per semplicit`a, consideriamo il corpo di spessore trascurabile e sia Q il punto nel quale l’asse di rotazione attraversa il corpo. O, in maniera equivalente,

`e possibile scegliere l’asse tale che non ci siano componenti del momento delle forze che non siano diretti lungo di esso.

Sia ~r il raggio vettore ~QG. Come già visto, per quanto riguarda la forza peso si può calcolare il momento di tale forza come se tutta la massa del corpo fosse concentrata nel centro di massa G. Se θ è l’angolo fra ~r e la verticale:

M_Q = −mgr sin θ (73)

Il segno − `e legato al fatto che per θ < 0, cio`e per il vettore ~r posto alla “sinistra”

della verticale per Q, il momento ~r × ~F `e uscente, quindi positivo.

Utilizzando i risultati di tabella 10.4:

−mgr sin θ = I_Qα = I_Qθ¨ (74)

Nell’approssimazione di piccole oscillazioni, si ha un moto sinusoidale con pul- sazione:

ω²= mgr IQ

≡ g leq

(75) dove abbiamo introdotto la lunghezza equivalente

l_eq = I_Q

mr (76)

che indica la lunghezza che dovrebbe avere un pendolo semplice per oscillare con lo stesso periodo del pendolo fisico.

Riscriviamo la lunghezza equivalente di eq.76 chiamando d la lunghezza del vettore ~r ed usando il teorema di Huygens-Steiner (eq.57):

leq= IG+ md²

md (77)

E possibile invertire questa relazione e cercare la distanza d dal centro di massa` G di tutti i punti di aggancio Q che abbiamo la propriet`a di corrispondere alla stessa

(15)

lunghezza equivalente leq, e quindi di fornire pendoli aventi tutti lo stesso periodo di oscillazione. Si tratta di risolvere l’equazione di secondo grado:

d²− l_eqd + ^I_m^G = 0 d = leq

2 1 ± s

1 − 4I_G ml²_eq

!

(78)

Entrambe le soluzioni trovate per d sono positive e accettabili, per cui esistono

∞² punti di aggancio Q che consentono di avere un pendolo fisico il cui periodo di oscillazione è lo stesso di quello di un pendolo semplice in cui una massa m è appesa ad un filo di lunghezza leq. Si tratta dei punti che giacciocno sulle due circonferenze di raggio d− e d₊, rappresentanti le due soluzioni indicate sopra. Si noti che la somma di questi raggi, d−+ d₊è uguale alla lunghezza equivalente l_eq e permette, quindi, di determinare il periodo senza conoscere necessariamente il momento di inerzia:

T = 2π s

d−+ d₊

g (79)

11.1 Pendolo di Kater

Quest’ultima relazione `e alla base del pendolo di Kater, un sistema escogitato dal geodeta ed ex-ufficiale britannico Henry Kater per determinare il valore di g alla fine del 1700.

Data un’asta con due punti di aggancio mobili, posti uno al di sopra ed uno al di sotto del centro di massa, si fissano i punti di aggancio in modo che il periodo di oscillazione sia lo stesso per il pendolo normale e per quello invertito. La distanza fra i punti di aggancio, una volta verificata questa condizione, `e proprio uguale alla lunghezza equivalente, per cui si pu`o ricavare la costante gravitazionale g da:

g = 4π²leq

T² (80)

In realt`a, in una versione evoluta di questa misura, non si modifica la posizione del punto di aggancio, ma si modifica l’inerzia del sistema introducendo una massa mobile fra i due coltelli di aggancio. Spostando la massa fino ad ottenere periodi di oscillazioni uguali si raggiungono precisioni di ' 0.1% nella determinazione di g.

12 Esempio di ~ L 6= I~ ω

E dato un manubrio, formato da due masse m collegate con un’asta di massa trascur-` abile lunga l, incernierato nel centro di massa in modo che l’asta formi un angolo θ con l’asse di rotazione z. Sia quindi ~Ω = Ωˆez la velocit`a di rotazione intorno a tale asse.

Le posizioni e le velocit`a delle masse possono essere scritte come:

~

r1= l/2ˆer

~

r2= −~r1

~

v₁ = ~v₂ = r sin θ ˙φˆe_φ= ωl

2 sin θˆe_φ

(81)

Il momento angolare del sistema vale:

L = 2m ~~ r1× ~v1 = mωl²

2 sin θˆer× ˆe_φ (82)

(16)

L `~ e sempre perpendicolare al piano formato dai due versori êr e êφ, per cui precede lungo un cono di apertura π/2 − θ con asse lungo z, di conseguenza non può essere proporzionale al vettore ~ω che invece è diretto lungo z. Quindi l’affermazione

L = I~~ ω in generale non `e corretta.

Notiamo, per`o, che la componente z del momento angolare vale:

Lz = L · cos(π/2 − θ) = mωl²

2 sin²θ (83)

Il momento di inerzia di due masse m poste a distanza r dall’asse di rotazione vale:

L = 2mr²

In questo caso r = l sin θ/2, per cui vale la relazione scritta nella tabella alla fune della Parte 3 di questi appunti: per un moto di rotazione intorno ad un asse fisso

Lz= Iω

13 Tensore di inerzia

Sarebbe tuttavia comodo avere una quantit`a definita intrinsecamente rispetto al corpo, come la massa m, per la quale si possa scrivere ~L = I~ω in maniera analoga alla seconda legge di Newton: ~F = m~a.

E possibile ridefinire I in modo che valga questa relazione?`

La risposta `e affermativa, purche’, pero’, si cambi non tanto la definizione quanto il tipo di “oggetto” (pi`u correttamente il tipo di ente matematico) che definisce I.

Sia dato, ad un generico istante, un vettore di rotazione ~ω avente componenti

~

ω ≡ (ω_x, ω_y, ω_z) (84)

rispetto al sistema fisso di origine in O.

Il momento angolare del corpo rigido vale:

L~_O= Z

~r × ~v dm = Z

~r × (~ω × ~r) dm (85) dove abbiamo usato la formula di Poisson:

d

dteˆi= ω × ˆei

Usiamo la seguente propriet`a del triplo prodotto vettore:

~a × (~b × ~c) = ~b(~a · ~c) − ~c(~a · ~b) (86) per riscrivere l’espressione 85.

Ricaviamo, come esempio, la componente x del vettore ~L:

Lx =R ω_xr²− x(xω_x+ yωy+ zωz) dm

=R (y²+ z²)ω_xdm −R xyω_ydm −R xzω_zdm

= I_xxω_x+ I_xyω_y + I_xzω_z

(87)

In modo analogo si possono scrivere le componenti L_y e L_z introducendo i momenti principali di inerzia :

Ixx=R (y²+ z²)dm Iyy=R (x²+ z²)dm I_zz =R (x²+ y²)dm

(88)

(17)

ed i momenti centrifughi:

Ixy = Iyx = −R (xy)dm I_xz = I_zx= −R (xz)dm I_yz= I_zy= −R (yz)dm

(89)

In forma matriciale, la relazione fra ~L e ~ω si scrive come:



 L_x Ly

Lz



 =





I_xx I_xy I_xz Iyx Iyy Iyz

Izx Izy Izz







 ω_x ωy

ωz



 (90)

In forma pi`u compatta si definisce il tensore di inerzia ˜I = [Iij] e si scrive:

L = ˜~ I~ω oppure L_i= ˜I_ijω_j (91) In generale, quindi, il momento angolare non è parallelo al vettore velocità angolare, ma è legato a ~ω dal tensore di inerzia ˜Iij.

In termini semplici, una matrice è un tensore di ordine due (= a due indici). La matrice ˜I è simmetrica e quindi può essere diagonalizzata attraverso una opportuna rotazione degli assi:

I˜ =





Ixx 0 0 0 I_yy 0 0 0 Izz



 (92)

In questa base:

L = (I~ _xxω_x, I_yyω_y, I_zzω_z) (93) In particolare, se ~ω₀`e diretto lungo uno di questi assi, e non ci sono momenti di forze esterne agenti, dalla conservazione di ~L il corpo continua a ruotare intorno allo stesso asse che quindi viene detto asse spontaneo di rotazione o anche asse principale di inerzia.

Questi assi coincidono con gli eventuali assi di simmetria del solido. Ad esempio, in un parallelepipedo i tre assi di simmetria sono anche assi principali di inerzia.

Nota aggiuntiva: il fatto che il corpo ruoti intorno ad un asse spontaneo di simmetria non significa automaticamente che la rotazione sia stabile. Con una notazione intuitiva degli assi, provate a lanciare un mattone facendolo ruotare intorno all’asse di minima o di massima inerzia, I₁ e I₃, noterete una certa stabilità. Provate, ora, a lanciarlo facendolo ruotare intorno all’asse corrispondente a I2: pur essendo un asse spontaneo di rotazione, sarà pressoché impossibile mantenere stabile questa rotazione, in modo analogo all’impossibilità pratica di mantenere una piramide appoggiata sulla punta.

Lo studio di queste propriet`a richiede l’utilizzo di strumenti matematici che affronterete nel corso di Meccanica Analitica.

13.1 Esempio di utilizzo del tensore per il calcolo di particolari momenti di inerzia

13.1.1 Simmetria sferica

Sommando gli elementi diagonali del tensore di inerzia si ottiene:

Ixx+ Iyy+ Izz = Z

[(y²+ z²) + (x²+ z²) + (x²+ y²)]dm = 2 Z

r²dm (94) Questa relazione semplifica il calcolo del momento di inerzia per corpi rigidi a simmetria sferica. Un esempio di utilizzo di questa relazione `e il calcolo del momento

(18)

di inerzia di una sfera rispetto a uno degli assi principali. Per simmetria, i momenti di inerzia rispetto a tutti gli assi passanti per il cenrto della sfera sono uguali, I_xx = I_yy = I_zz ≡ I, per cui la relazione (94) diventa:

3I = 2ρ Z

r²dV (95)

Come elemento di volume consideriamo un guscio sferico di raggio interno r e spessore dr, in modo da mantenere la simmetria sferica:

3I = 2ρ Z R

0

r²4πr²dr = 8πρR⁵/5 (96) Sostituendo alla densit`a ρ moltiplicata per il volume della sfera, 4πR³/3, la massa M , si ottiene il momento di inerzia di una sfera rispetto ad un asse passante per il centro:

I = 2

5M R² (97)

13.1.2 Lamine sottili

Consideriamo ora corpi rigidi molto sottili (lamine). Sia z la direzione perpendicolare alla lamina. Risulta:

Ixx =R y²dm I_yy =R x²dm

I_zz =R (x²+ y²)dm = I_xx+ I_yy

Ad esempio, il momento di inerzia di una lamina rettangolare che ruota intorno all’asse x risulta: I_xx = ma²/12, essendo a la larghezza della lamina lungo il lato y. Analogamente, il momento di inerzia rispetto all’asse y vale I_yy = mb²/12. Di conseguenza, il momento di una lamina rettangolare intorno all’asse z vale:

I_zz = 1

12M (a²+ b²)

Come secondo esempio prendiamo una lamina circolare di massa M e raggio R.

Rispetto all’asse z, il momento di inerzia `e quello di un disco:

Izz = 1 2M R²

Rispetto ad un qualunque asse che giace sul piano (x, y) e passante per il centro il momento `e lo stesso, per simmetria. Per cui:

Ixx = Iyy = Izz

2 = 1 4M R²

che rappresenta il momento di inerzia di un disco sottile che ruota intorno ad un suo diametro.

14 Asse istantaneo di rotazione

Se Q `e l’origine del sistema solidale con il corpo rigido, abbiamo visto che l’atto di moto di un punto P rispetto al sistema fisso con origine in O `e:

~

v_P = ~v_Q+ ~ω × ~QP (98)

Scomponiamo il vettore ~vQ in due componenti parallela e perpendicolare al vettore velocit`a angolare ~ω:

~

v_Q= ~v_par+ ~v_perp

(19)

Il vettore

V = ~~ vperp+ ~ω × ~QP (99)

`e perpendicolare al vettore ~ω. `E lecito chiedersi se esiste un luogo di punti, ad un dato istante t, per cui risulti

V = 0~

Vedremo che tale luogo di punti esiste e corrisponde ad una retta parallela al vettore ~ω. Tale retta viene chiamata asse istantaneo di rotazione e rappresenta il luogo dei punti di velocità minima, possibilmente nulla se non c’e’ moto del corpo rigido lungo il vettore ~ω, cioè se è nulla la componente ~v_par.

Cerchiamo, quindi, il luogo dei punti P per i quali:

~

v_perp+ ~ω × ~QP = 0 (100)

Consideriamo la direzione ~ω come asse z e sia il punto P sul piano (x, y).

Moltiplichiamo vettorialmente per ~ω i due termini di eq.100:

~

ω × ~v_perp= ~ω × ( ~QP × ~ω) (101) Utilizziamo la regola del prodotto vettoriale triplo:

~a × (~b × ~c) = ~b(~a · ~c) − ~c(~a · ~b)

Essendo P sul piano (x, y), ~QP `e perpendicolare a ~ω, quindi:

~

ω × ~v_perp= ~QP (~ω · ~ω) − ~ω( ~QP · ~ω) = ω²QP~ (102) Di conseguenza il punto P individuato dal vettore:

QP =~ ~ω × ~vperp

ω² (103)

ha velocit`a perpendicolare nulla rispetto all’asse ~ω. `E possibile riscrivere l’equazione 103 includendo la componente ~vpar senza modificare il risultato:

QP =~ ~ω × ~vQ

ω² (104)

Ma anche tutti i punti che appartengono alla retta parallela a ~ω passante per P godono della stessa propriet`a. Questa retta si chiama asse istantaneo di rotazione.

14.1 Esempio: cilindro che ruota senza strisciare

Consideriamo un cilindro che rotola su un piano senza strisciare per cui, per definizione, la retta di contatto del cilindro con il piano `e l’asse istantaneo di rotazione.

Vediamo il significato di eq.104 in questo caso. Prendiamo il centro di massa G come origine, sia z l’asse di rotazione ~ω = −ωˆez (il segno − deriva dalla rotazione oraria del cilindro), coincidente con l’asse del cilindro e x l’asse del piano coincidente con la direzione di rotolamento.

Usando l’eq.104:

GP = −~ ωv_Geˆz× ˆex

ω² = −v_G

ω ˆe_y (105)

L’asse istantaneo di rotazione coincide con l’asse di contatto fra cilindro e piano, per cui ~GP = −Rˆey, essendo R il raggio del cilindro. Di conseguenza:

−Rˆey = −VG

ω eˆy (106)

Di conseguenza VG = ωR e risulta dimostrato che la velocit`a di rotazione del centro G intorno al punto istantaneamento fisso P `e la stessa con la quale il cilindro ruota intorno al suo asse di rotazione.

(20)

15 Esercizio: Cilindro su piano inclinato

Figure 1:

Determinare l’accelerazione del centro di massa di un cilindro di raggio r e massa m che rotola senza scivolare su un piano inclinato di un angolo β.

Il moto avviene su un piano, nel senso che la coordinata perpendicolare z non aggiunge nessuna infomazione. I gradi di libert`a, pertanto, si riducono a 3: la posizione (x, y) di un punto del corpo, ad esempio il centro di massa, che coincide con centro C dells sezione circolare, ed un angolo θ che rappresenta la rotazione intorno a C sul piano (x, y).

Come gi`a fatto nel caso di massa puntiforme, prendiamo gli asse in modo che l’asse y sia perpendicolare e l’asse x parallelo al piano inclinato. In questo caso la prima equazione cardinale fornisce due equazioni, le proiezioni sugli assi x e y, mentre la seconda fornisce la terza equazione: la proiezione lungo z del momento.

La prima equazione cardinale si scrive semplicemente:

m¨x = mg sin β − F_s

0 = R − mg cos β (107)

Per quanto riguarda la seconda `e possibile fare diverse scelte: utilizzare il polo fisso in O, il polo mobile coincidente con il centro di massa C o il polo mobile concidente con il punto di contatto P . Vediamo le diverse opzioni.

15.1 Polo fisso O

Sia xp la coordinata del punto P ; scriviamo le proiezioni lungo z dei momenti:

M_O = x_pR − x_pmg cos β − rmg sin β

dLO

dt = _dt^d(−rmvC + ICω) = −rmaC + ICα (108) dove abbiamo usato il teorema di Koenig per esprimere il momento angolare del corpo come il momento della quantità di moto totale applicata al centro di massa, più il momento angolare rispetto al centro di massa. Notare che la forza di attrito è collineare al polo O, per cui non compare nel momento delle forze. Notare anche che per scrivere il momento della forza peso conviene scrivere separatamente i momenti delle due componenti P_x e P_y. Il braccio di queste due forze è ben definito: la coordinata x_p per P_y ed il raggio r per P_x.

(21)

Il vincolo di rotolamento puro `e aC = −αr, dove il segno deriva dal verso orario del rotolamento: α < 0.

Sostituendo il valore di R dalla seconda equazione di 107, risulta:

xpmg cos β − xpmg cos β − rmg sin β = −rmac− I_Cac/r (109) da cui:

ac= 1 1 + I_C

mr²

g sin β (110)

Nel caso di un cilindro pieno risulta I_c= mr²/2 per cui:

aC = 2

3g sin β (111)

Il risultato non dipende dal raggio r del cilindro l’accelerazione acquistata `e minore rispetto a quella di un corpo che scivola senza attrito sullo stesso piano.

Se invece del cilindro pieno consideriamo un corpo avente un momento di inerzia IC = cmr², l’accelerazione risultante `e:

a_C = 1

1 + cg sin β (112)

L’accelerazione del centro di massa è massima per c minimo. Ad esempio, per una sfera c = 2/5, per un cilindro pieno c = 1/2, per un cilindro cavo c = 1. Per un cilindro nel quale tutta la massa è concentrata sull’asse (mozzo della ruota), c = 0 e l’accelerazione è massima; in particolare è la stessa di un corpo che scivola senza attrito.

15.2 Polo mobile C e P

Possiamo ripetere l’esercizio precedente utilizzando i poli mobili C e P per scrivere la seconda equazione cardinale.

In generale, per un polo mobile O⁰ la seconda equazione cardinale si scrive:

M~_O⁰ = ~v_O⁰ × ~Q_G+ d

dt~L_O⁰ (113)

Tuttavia se il polo mobile coincide con il centro di massa, come è il caso del polo C, oppure la sua velocità è parallela a quella del centro di massa, come è il caso del punto di contatto P , il primo termine a secondo membro della 113 si annulla, ed il secondo membro diventa semplicemente:

d

dt~L_O⁰ = I_O⁰αˆez (114)

Scegliendo il centro di massa C come polo:

MC = −rFS = ICα (115)

Dalla prima equazione cardinale F_s= mg sin β − ma_c, per cui:

−mrg sin β + mra_c= −I_ca_c/r → a_c= 1

1 + I_c/mr²g sin β (116) Quindi il calcolo si semplifica rispetto al caso precedente.

Rispetto al polo P , però, il calcolo è ancora più semplice in quanto il momento sia di F_sche di R sono nulli, e dalla seconda equazione cardinale troviamo direttamente la risposta:

(22)

MP = −rmg sin β = IPα → ac= 1

I_P/mr²g sin α (117) con

IP = IC+ mr² per il teorema di Huygens-Steiner.

Vediamo, quindi, che una scelta opportuna del polo rispetto al quale calcolare i momenti pu`o portare ad una semplificazione dei calcoli.

16 Esercizio: precessione del volano

Un volano (ad es. ruota di bicicletta) di raggio R e massa m è tenuto in rotazione a velocità angolare ~ω = ωêy costante intorno al punto medio V di una sbarretta lunga l e di massa trascurabile. La sbarretta è incernierata nel suo estremo O, mentre l’altro estremo è libero di muoversi.

Una forza orientata verso il basso ~F = −F ˆez viene applicata all’estremo libero P . Determinare il moto della ruota.

Figure 2:

A causa della applicazione della forza ~F , ed a causa della forza peso della ruota, l’asta tender`a a ruotare intorno al perno O con una velocit`a angolare Ω che deve essere determinata.

Il momento delle forze rispetto al polo O vale:

M~_O= −(l

2mg + lF )~e_x (118)

Il momento angolare del sistema rispetto al polo O avr`a due componenti: il moto intorno al centro di massa IV~ω pi`u quello che avrebbe la stessa massa concentrata nel centro di massa.

L~_O = I_V~ω + m~r_V × (~Ω × ~r_V) ' I_Vωêy (119) Abbiamo fatto l’approssimazione che la velocità angolare Ω sia molto minore della velocità di rotazione del volano ω, condizione normalmente ben soddisfatta, fino a che l’attrito non rallenta il moto del volano.

(23)

Troviamo, ora, la derivata del moomento angolare:

d

dt~L_O= I_cωd

dtˆe_y (120)

Utilizzando il teorema di Poisson, ed essendo ~ω × ˆe_y = 0, risulta:

d

dteˆ_y = ~Ω × ˆe_y (121)

da cui:

d dt

~LO= Icω~Ω × ˆey (122)

Di conseguenza, confrontando le equazioni 118 e 122, la velocit`a angolare Ω = Ωˆ~ e_z

Quindi il moto del volano sar`a un moto di precessione intorno all’asse z con una velocit`a angolare:

Ω = l Icω(mg

2 + F ) (123)

Su questo principio si basa la precessione della trottola che vedremo nel paragrafo successivo.

16.1 Precessione della trottola

Una trottola pu`o essere trattata come un volano nel quale l’asta OP forma un angolo θ con l’asse z.

Rispetto al caso precedente, oltre al fatto che non `e applicata una forza esterna F , ci sono due modifiche:~

• il braccio della forza mg non `e pi`u l/2 ma l sin θ/2

• il prodotto vettoriale ~Ω × ê_y non è −Ωê_x, ma −Ω sin θê_x

Questi due contributi si cancellano nel rapporto che fornisce Ω, per cui la velocit`a angolare di precessione rimane la stessa qualunque sia l’angolo di inclinazione della trottola:

Ω = mgl

2Icω (124)

Il trattamento completo del moto della trottola richiede strumenti matematici più elaborati. A livello qualitativo possiamo aggiungere che ad una approssimazione successiva esiste anche una componente della velocità angolare Ω₂ diretta lungo l’asse x. Questa velocità non è costante ed il suo effetto è di far oscillare l’asse di rotazione ~Ω in alto ed in basso. Il moto ottenuto si chiama nutazione, a seguito del quale la punta della trottola non percorre un percorso circolare ma un percorso “a festone” intorno all’asse z.