RisEsercizio DinSistemaDiCorpiRigidi 1

Dinamica di un sistema di corpi rigidi: esercizio n. 1
In figura è riportato lo schema di un sistema
meccanico costituito da un disco omogeneo di raggio
r, massa m e momento d’inerzia baricentrico J,
appoggiato al piano orizzontale . Il centro C del
disco è collegato ad un corpo di massa M tramite
una fune inestensibile che si avvolge con perfetta
aderenza sulla puleggia di raggio R incernierata in
O.
Dati:
m = 50 kg J = 1.2 kgm2 r = 0.3 m R = 0.2 m
M = 30 kg mp = 5 kg
fa = 0.2
fv = 0.05
fd = 0.08
1)
2)
1)
m, J
r
C

E
Jp , m p
S
Q
fa , fd , fv
B
O
R
A
M
Supponendo di trascurare le caratteristiche inerziali della puleggia determinare:
l’accelerazione a del centro C del disco e la tensione nei tratti della fune AB e QS
Considerando ora anche le caratteristiche inerziali della puleggia determinare:
l’accelerazione a del centro C del disco e la tensione nei tratti della fune AB e QS
Calcolo dell’accelerazione a del centro del disco trascurando l’inerzia della puleggia
1.1) Calcolo dei gradi di libertà del sistema
Il sistema è costituito da 3 corpi rigidi: il disco, la puleggia e il carico di massa M. Il disco e la puleggia
poiché presentano una rotazione devono essere necessariamente schematizzati con 3 g.d.l. mentre il carico
può essere schematizzato da un corpo puntiforme con 2 g.d.l.
3 g.d.l.
3 g.d.l.
r
C
S
Q
1 g.d.v.
R

2 g.d.v.
O
E
1 g.d.v.
B
A
2 g.d.v.
2 g.d.l.
Pertanto abbiamo 3 g.d.l. + 3 g.d.l. + 2 g.d.l. = 8 g.d.l. per il sistema privo da qualsiasi vincolo
Valutiamo ora i vincoli interni ed esterni al nostro sistema e i corrispondenti gradi di vincolo.
Vincoli esterni. Il sistema è vincolato al mondo esterno tramite il contatto in E fra disco e piano  e la
cerniera in O nel centro della puleggia. In E potremmo avere un contatto di puro rotolamento che presenta 2
g.d.v. oppure un contatto di roto-strisciamento che presenta 1 g.d.l. Non conoscendo a priori quale delle due
situazioni si viene a creare facciamo l’ipotesi dell’esistenza di contatto puro rotolamento e al termine
dell’analisi dinamica verificheremo la correttezza o meno di tale ipotesi. Inoltre la cerniera in O impedendo
alla puleggia di spostarsi sia verticalmente che orizzontalmente presenta 2 g.d.v..
Pertanto abbiamo 4 g.d.l. per i vincoli esterni.
Vincoli interni. Per l’ipotesi di inestensibilità della fune abbiamo l’uguaglianza fra lo spostamento
orizzontale del centro C del disco e lo spostamento verticale del carico. Tale vincolo equivale ad 1 g.d.v.
L’ipotesi di perfetta aderenza fra fune e puleggia stabilisce un legame cinematico fra lo spostamento del
centro del disco e la rotazione della puleggia. Tale vincolo equivale ad 1 g.d.v.
Abbiamo quindi 2 g.d.v. per i vincoli interni.
Considerando che abbiamo: 8 g.d.l , 4 g.d.v. esterni 2 g.d.v. interni, il sistema vincolato presenta 2 g.d.l.
Nelle due seguenti figure sono riportati i movimenti del sistema relativi ai 2 g.d.l. del sistema.
C
C


E
O
E
O
Il movimento riportato nella figura al lato destro non viene attivato in quanto sul corpo di massa M non è
applicata alcuna forza con componente orizzontale non nulla.
Possiamo pertanto concludere che il sistema, con l’ipotesi di puro rotolamento e con i carichi a cui è
sottoposto è equivalente ad un sistema ad 1 g.d.l.
1.2) Schema cinematico del sistema
Nella seguente figura sono indicate le caratteristiche cinematiche del sistema: la velocità angolare  e
l’accelerazione angolare  del disco, la velocità v e accelerazione a del centro del disco, la velocità angolare
 p della puleggia e la velocita vM e accelerazione aM del corpo.
p e l’accelerazione angolare 
Quindi abbiamo 4 velocità e 4 accelerazioni.
Le velocità e le corrispondenti accelerazioni sono equiverse perché il sistema è in fase di accelerazione.
Possiamo scrivere le seguenti relazioni cinematiche:
1) Per l’ipotesi di puro rotolamento fra disco e piano :
vE  0
vr
r
a
2) Per l’ipotesi di inestensibilità del filo:
vM  v
aM  a
3) Per l’ipotesi di perfetta aderenza fra filo e puleggia:
p  v / R
p a/R

Osservazione: se non ci fosse perfetta aderenza fra puleggia e filo avremmo strisciamento o
addirittura si potrebbe arrivare ad avere uno dei due elementi fermo e l’altro in movimento.
.


a
v
p
r
C
.
p

E
O
R
M
aM
vM
1.3) Schema dinamico del sistema
La stesura dello schema dinamico del sistema rappresenta didatticamente un punto fondamentale
dell’esercizio. Il sistema in esame deve essere isolato evidenziando le azioni che il sistema scambia con il
resto del mondo. Nello specifico vengono introdotte le seguenti azioni.
1) Forze peso mg e Mg;
2) Reazioni vincolari: N che rappresenta la forza normale al piano di contatto  e l’azione tangenziale
di aderenza Ta, le reazioni vincolari in O: VO e HO;
 e Ma
3) Le azioni di inerzia ma, J 
C
ma
Q
mg
S
HO
r
VO
Ta
u N
O
R
B
A
M
Mg
MaM
 , aM e u : 4 forze, 3 accelerazioni e la grandezza
Le quantità incognite presenti sono: VO, HO, Ta, N, a, 
geometrica u.
1.4) Scrittura delle equazioni risolutive
Abbiamo quindi 8 incognite, dobbiamo però introdurre la relazione geometrica dell’attrito volvente:
1) u  f v r (relazione d’attrito volvente)
e le relazioni cinematiche dovute ai vincoli interni ed esterni. Scegliamo di esprimere l’accelerazione del
centro del disco e del carico M in funzione dell’accelerazione angolare del disco :
 r (relazione cinematica)
a
 r (relazione cinematica)
3) a M  a  a M  
Rimangono così 5 incognite. Per “l’intero sistema” possiamo scrivere solo 3 equazioni di equilibrio dinamico:
4)  FV  0 =>
N  mg  VO  Mg  Ma M  0 (eq. di equilibrio dinamico intero sistema)
2)
5)
6)
F
H
0
 MO  0
=>
Ta  ma  H O  0 (eq. di equilibrio dinamico intero sistema)
=>
  mg CS  N(CS  u)  Ta (r  R)  0 (eq. di equi. Din.)
Ma M R  MgR  maR  J
Le equazioni di equilibrio dinamico globali non considerano i vincoli interni al sistema, per loro è come se il
sistema fosse rigido come riportato nella seguente figura:
CS
.
J
C
r
ma
mg
HO
Ta
R
O
VO
u N
MaM
R
Mg
Quindi oltre alle equazioni globali di equilibrio dinamico dobbiamo scrivere delle equazioni che
caratterizzano vincoli interni al sistema.
Per le sole forze che agiscono sul disco esplicitiamo la possibilità fisica da parte del disco di ruotare intorno al
suo centro.
  Nu  Ta r  0 (eq. di equilibrio dinamico del solo Disco)
J
7)  M CDisco  0
=>
Mentre l’equazione
8)  M SDisco FuneCS  0
=>
  mgCS  N(CS  u)  Ta r  0 (eq. di equilibrio dinamico del solo Disco)
J
esprime la circostanza che il filo in S può trasmettere solo una forza.
Ordiniamo l’equazione 8:
  mgCS  NCS  Nu  Ta r  0
J
Da questa equazione sottraiamo l’equazione 7:
  mgCS  NCS  Nu  Ta r  (J
  Nu  Ta r)  0
J
Ottenendo
mgCS  NCS  0  N  mg
Prendiamo l’equazione 6 e gli sottraiamo l’equazione 8 ottenendo:


  mg CS  N(CS  u)  Ta (r  R)  J
  mgCS  N(CS  u)  Ta r  0  0
Ma M R  MgR  maR  J
Ma M R  MgR  maR  Ta R  0
da cui è possibile semplificare il parametro R:
Ma M  Mg  ma  Ta  0
Dalla 7 equazione si ricava Ta
  Nu  Ta r  0  Ta  (J
  Nu ) / r
J
che viene sostituita nella precedente equazione
  Nu ) / r  0
Ma M  Mg  ma  (J
Sostituendo le equazioni 1 2 e 3
Si ottiene:
Mgr  Nu
Mgr  mgfvr
 


= 9.63 rad/s2
Mr 2  mr 2  J Mr 2  mr 2  J
Esplicitando le altre grandezze:
 r = 2.89 m/s2
a
  mgfvr ) / r = 63.06 N
Ta  (J
H O  Ta  ma = 207.59 N
VO  Mg  Ma M  N  mg  Mg  Ma = 207.59 N
Infine bisogna verificare se l’ipotesi di puro rotolamento è verificata.
Ta Lim  fa N  fa mg = 98.10 N
Essendo Ta < Ta Lim l’ipotesi di puro rotolamento è verificata
1.5) Suddivisione in sottosistemi
In alternativa al procedimento seguito precedentemente è possibile evidenziare i vincoli interni scomponendo
il sistema in sottosistemi, in tal modo però si introducono nuove incognite che sono le forze interne al sistema.
Nel nostro caso spezzando entrambi i due tratti di filo ed evidenziando le tensioni corrispondenti si divide in
sistema in tre sottosistemi: disco, puleggia e corpo così come riportato in figura.
.
J
T QS
C
ma
E
r
Ta
u N
S
Q
mg
P
T SQ
HO
R
O
VO
T AB
B
T BA
A
M
Mg
MaM
TAB rappresenta l’azione di sostentamento verso l’alto che la puleggia esercita sulla corpo M e
corrispondentemente la forza TBA rappresenta l’azione verso il basso che il corpo esercita sulla puleggia. Per
il principio di azione e reazioni T AB e TBA hanno lo stesso modulo ma verso opposto. Analogamente TQS
rappresenta l’azione che la puleggia, attraverso il filo, esercita sul disco e TSQ rappresenta l’azione che il disco
esercita sulla puleggia.
Tenendo presente lo schema cinematico del sistema possiamo anche affermare che la forza T AB rappresenta
una azione frenate per il corpo M mentre T BA rappresenta l’azione motrice per la puleggia. TQS rappresenta
l’azione motrice per il disco mentre TSQ una forza frenante per la puleggia.
Prendiamo in considerazione il sottosistema puleggia:
MOPuleggia  0
1)
 TBAR  TSQR  0  TBA  TSQ
Possiamo quindi affermare che la tensione nei due tratti di filo è identica: il filo si avvolge sulla puleggia
senza subire un incremento di tensione.
Consideriamo il corpo M si scrive l’equazione di equilibrio dinamico nella direzione verticale:
2)
FVcorpo M  0 => Mg  Ma M  TAB  0  TAB  Mg  Ma M

Consideriamo il sottosistema disco:
3)  FVdisco  0
=> mg  N  0  N  mg
0
E
 M disco
4)
=>
  0  TQS  ( Nu  mar  J
 )/r
Nu  TQSr  mar  J
Sostituiamo l’espressione di T AB ottenuta nella 2) e l’espressione di T QS nell’equazione 1) e ricordando che
per il principio di azione - reazione:
TBA  TAB e TSQ  TQS
 )/r
Mg  Ma M  ( Nu  mar  J
Da cui:
Mgr  Nu
Mgr  mgfvr
 


= 9.63 rad/s2
2
2
2
2
Mr  mr  J Mr  mr  J
 r = 2.89 m/s2
a
TAB = 207.59 N
Infine
5)  FHdisco  0

FHpuleggia  0
FVpuleggia  0
6)
7)
=>
Ta  ma  TQS  0  Ta  TQS  ma = 63.06 N
=>
VO  TBA  0  VO  TBA = 207.59 N
=>
H O  TSQ  0  H O  TSQ = 207.59 N
1.6.1) Bilancio di potenza del sistema
Disegniamo lo schema del sistema evidenziando le forze applicate al sistema con le rispettive velocità dei
corrispondenti punti di applicazione. Nello schema non vengono evidenziate: la reazione vincolare Ta perché
applicata al punto E con velocità nulla e le reazioni vincolari VO e HO perché applicate ad una cerniera a terra.

Fim

Ci
v
mg
p
r
C
vP
O
P
R
M
vM
Mg
FiM
Imponiamo che la somma di tutte le potenze delle forze e coppie agenti sul sistema sia nulla.
W  0
   
 
   
 
Fim  v  Ci    mg  v  N  vP  Mg  vM  FiM  vM  0
Esplicitiamo i prodotti scalari
 cos  mgvcos 2  Nucos  Ma MvM cos  MgvM cos0  0
mavcos  J
   Nu   Ma M vM  MgvM  0
mav  J
In base alle relazioni cinematiche:
vM  v  r
r
aM  a  
   Nu   Mav  Mgv  0
mav  J


Mgr  Nu
Mr 2  mr2  J
1.6.2) Schema del flusso di potenza
Lo schema del flusso di potenza è esattamente un modo alternativo di scrivere l’equazione di bilancio
energetico. Evidenziamo dei blocchi corrispondenti ciascuno ad una forza o coppia applicata al sistema ,
calcoliamo il prodotto scalare della forza per la velocità del suo punto di applicazione o il prodotto scalare
della coppia per la velocita angolare. Se il prodotto scalare è negativo mettiamo una freccia rossa che entra nel
blocco corrispondente, se invece è positivo mettiamo una freccia verde che esce dal blocco.
=

ma
 =
v
v
.
J
mg
 =
.
J
ma
mav
mg
.
J 

= 2
Ta
vE = 0
N
Mg
=
=
vM
vP
Ta
FiM
vM
N
FiM
Mg
Nu
MgvM
MaMvM
.
Dall’esame del flusso di potenza possiamo fare qualche considerazione fisica sul sistema.
Possiamo notare che la forza peso Mg è l’unico ente che introduce potenza MgvM nel sistema. Le azioni
d’inerzia ma, J e MaM assorbono energia perché siamo nella fase di accelerazione, tale energia viene
immagazzinata sotto forma di energia cinetica. Infine la forza normale N assorbe la potenza Nu che viene
dissipata in calore.
2)
Calcolo dell’accelerazione a del centro del disco considerando l’inerzia della puleggia
Rispetto al punto 1 supponiamo ora di considerare non nulle le caratteristiche inerziali della puleggia
2.1) Schema cinematico del sistema
Analogamente a quando discusso nel punto precedente facciamo l’ipotesi di puro rotolamento. Inoltre per
l’ipotesi di inestensibilità del filo e della perfetta aderenza fra puleggia e filo abbiamo:
1) Per l’ipotesi di puro rotolamento fra disco e piano :
r
vE  0 , v   r e a  
2) Per l’ipotesi di inestensibilità del filo:
vM  v e a M  a
3) Per l’ipotesi di perfetta aderenza fra filo e puleggia:
p a/R
p  v / R e 
.


a
v
p
r
C
.
p

O
R
M
aM
vM
2.2) Schema dinamico del sistema
La stesura dello schema dinamico del sistema rappresenta didatticamente un punto fondamentale
dell’esercizio. Il sistema in esame deve essere isolato evidenziando le azioni che il sistema scambia con il
resto del mondo. Nello specifico vengono introdotte le seguenti azioni.
1) Forze peso mg e Mg;
2) Reazioni vincolari: N che rappresenta la forza normale al piano di contatto  e l’azione tangenziale
di aderenza Ta, le reazioni vincolari in O: VO e HO;
 , J
 p e MaM
3) Le azioni di inerzia ma, J 
.
J
C
ma
Q
mg
E
r
Ta
u N
.
J p p
S
mp g
O
HO
VO
R
B
A
M
Mg
MaM
 p , aM e u : 4 forze, 4 accelerazioni e la grandezza
, 
Le quantità incognite presenti sono: VO, HO, Ta, N, a, 
geometrica u.
Come visto al punto precedente è opportuno suddividere il sistema in 3 sottosistemi: disco, puleggio e corpo,
mettendo in evidenza anche le forze interne al sistema
.
J
T QS
C
ma
Q
mg
P
T SQ
mp g
r
E
.
J p p
S
HO
Ta
R
u N
O
VO
T AB
B
T BA
A
M
Mg
MaM
2.3) Scrittura delle equazioni risolutive
Prendiamo in considerazione il sottosistema puleggia:
Puleggia
p 0 
1)
MO
 0  TBAR  TSQR  Jp

p /R
TBA  TSQ  Jp
Contrariamente a quanto visto nel punto precedente la tensione nei due tratti di filo non è identica: il filo si
avvolge sulla puleggia subendo un decremento della tensione dovuto alla coppia d’inerzia della puleggia. Si
comprende come l’ipotesi di perfetta aderenza fra puleggia e filo sia fondamentale in queste condizioni.
Consideriamo il corpo M si scrive l’equazione di equilibrio dinamico nella direzione verticale:
2)
FVcorpo M  0 => Mg  Ma M  TAB  0  TAB  Mg  Ma M

Consideriamo il sottosistema disco:
3)  FVdisco  0
=> mg  N  0  N  mg
4)
0
E
 M disco
=>
  0  TQS  ( Nu  mar  J
 )/r
Nu  TQSr  mar  J
Sostituiamo l’espressione di T AB ottenuta nella 2) e l’espressione di T QS nell’equazione 1) e ricordando che
per il principio di azione - reazione:
TBA  TAB e TSQ  TQS
Otteniamo:
 ) / r  J p
p /R
(Mg  Ma M )  ( Nu  mar  J
 pr / R  J
  Ma Mr  mar  Mgr  Nu
J p
Da cui:


Mgr  Nu
Mgr  mgfvr

= 7.60 rad/s2
Mr 2  mr 2  J  J p (r / R ) 2 Mr 2  mr 2  J  J p (r / R )2
 r = 2.28 m/s2
a
TAB = 225.91 N
TQS = 168.91 N
Infine
5)  FHdisco  0
=>
Ta  ma  TQS  0  Ta  TQS  ma = 54.92 N
FVpuleggia  0
FHpuleggia  0
6)
7)
=>
VO  TBA  m pg  0  VO  TBA  m pg = 274.96 N
=>
H O  TSQ  0  H O  TSQ = 168.91 N
Verifica dell’ipotesi di puro rotolamento
Ta Lim  fa N  fa mg = 98.10 N
Essendo Ta < Ta Lim l’ipotesi di puro rotolamento è verificata
Quesito:
Supponiamo che non vi sia perfetta aderenza fra filo e puleggia ma uno scorrimento contenuto.
In queste condizioni come varierà l’accelerazione angolare della puleggia e del disco rispetto
alla condizione di perfetta aderenza fra filo e puleggia?
2.4.1) Bilancio di potenza del sistema
Disegniamo lo schema del sistema evidenziando le forze applicate al sistema con le rispettive velocità dei
corrispondenti punti di applicazione. Nello schema non vengono evidenziate: la reazione vincolare T a perché
applicata al punto E con velocità nulla e le reazioni vincolari V O e HO perché applicate ad una cerniera a terra.

Ci
v

E
p
r
C
Fim
mg
vP
Cip
O
P
R
M
vM
Mg
FiM
Imponiamo che la somma di tutte le potenze delle forze e coppie agenti sul sistema sia nulla.
W  0
   
 
   

 
Fim  v  Ci    mg  v  N  vP  Cip  p  Mg  vM  FiM  vM  0
Esplicitiamo i prodotti scalari
 cos  mgvcos 2  Nucos  Jp
 pp cos  Ma MvM cos  MgvM cos0  0
mavcos  J
   Nu  J p
 pp  Ma M vM  MgvM  0
mav  J
In base alle relazioni cinematiche:
vM  v  r
r
aM  a  
p  a/R  
 Rr

p  v / R   Rr
   Nu   J p
 mav  J
Rr 2    Mav  Mgv  0


Mgr  Nu
Mr  mr 2  J  J p (r / R ) 2
2
2.4.2) Schema del flusso di potenza
Evidenziamo dei blocchi corrispondenti ciascuno ad una forza o coppia applicata al sistema , calcoliamo il
prodotto scalare della forza per la velocità del suo punto di applicazione o il prodotto scalare della coppia per
la velocita angolare.

ma
 =
v
v
.
J
mg
 =
.
J
ma
mav
mg
.
J
.

= 2
Ta
vE = 0
N
=
Mg
Cip
Nu
=
vM
.
Jp p
N
FiM
vM
 =
vP
Ta
=
p
FiM
Mg
.
Jp pp
MgvM
MaMvM
.
Dall’esame del flusso di potenza possiamo fare qualche considerazione fisica sul sistema.
Possiamo notare che la forza peso Mg è l’unico ente che introduce potenza MgvM nel sistema. Le azioni
 p e MaM assorbono energia perché siamo nella fase di accelerazione, tale energia viene
d’inerzia ma, J , J p
immagazzinata sotto forma di energia cinetica. Infine la forza normale N assorbe la potenza Nu che viene
dissipata in calore.

Download Report