Appunti di Meccanica Aerospaziale

Dimostrazione

Possiamo dimostrare che XQ = m v = mvi i Gi=1

Dimostrazione

P m vd i i Xi=1− →(G O) = v = mv = m v = QG G i idt m i=1

Il centro di massa di un corpo rigido è solidale con il corpo rigido, cioè× −v = v + ω (G A)G A

Dimostrazione

−m (P A)i ii−(G A) = m P −m (v v )i i Ai− × −v v = v = v + ω (P A)G A i A imP × −m ω (P A))i ii= mP −m (P A)i ii×= ω m× −= ω (G A)× −

Quindi v = v + ω (G A)G A 24

Moscagiuri Pietro Meccanica Aerospaziale

2.2.1 Formula distributiva

Nel caso di un sistema di corpi rigidi è possibile individuare il centro di massa di questo con laseguente formula: − −m (G 0) + m (G 0)1 1 2 2−(G O) = m + m1 22.2.2 Proprietà di simmetria ∈alSi analizza un sistema simmetrico in forma ed in massa rispetto ad un piano dove G pianodi simmetria P P−m (P O) m zi i i ii i−(G O) = z = =0Gm m ∈Se un sistema

È simmetrico in forma ed in massa rispetto ad un asse, allora G asse!

Es. Consideriamo l’esempio riportato nella figura:

m y + m y1 G1 2 G2x = 0 (per simmetria)

y = (formula distributiva)g G m + m1 2 am + m (a + R)21a 2→y = , y = a + R y =G1 G2 G2 m + m1 22.3 La seconda equazione cardinaledΓ − ×= M v Q0 0dt 25Moscagiuri Pietro Meccanica Aerospaziale

Γ = momento q. di moto, M = momento delle forze esterne, Q = quantità di moto del sistema0

Cominciamo con l’analisi del momento delle forze esterne M :

0− ×M = (P O) F0|M | · →= OP F sin α OP sin α = d (braccio della forza)0 |M | = dF0

2.3.1 Formula del trasporto (momenti)

La formula del trasporto per i momenti è molto simile se non la traspozizione di quella per la velocità:

X× −M = M + R (B A) R = FB A ii

Dimostrazione

X − ×M = (P B) FB i ii

X − − ×= [(P A) + (A B)] Fi ii

X X− × − ×= (P A) F = (A B)

Fi i ii iM A X− ×= M + (A B) FA ii− ×= M + (A B) RA × −= M = R (B A)A 26Moscagiuri Pietro Meccanica Aerospaziale2.3.2 Le coppie di forzeLe coppie di forze sono due forze uguali e contrarie applicate ad un corpo rigido, generalemnte inpunti diversi di questo − × −F − ×M = (A O) + (B O) F0 −(A − × −F − ×= O) + (B O) F− − − ×= [(B O) (A O)] F−×= (B A) FM non dipende dalla scelta del polo O Passiamo ad analizzare il momento della quantità di0moto Γ 0 X − ×Γ = (P O) m v0 i i ii q. di motoX − ×Γ = (P O) F0 i ii F orze2.3.3 Formula del trasporto (momenti q. di moto)La formula del trasporto vale anche per i momenti edlla quantità di moto e la dimostrazione è lamedesima dei momenti di forze × −Γ = Γ + Q (B A)BEs. punto materiale in moto circolare − ×Γ = (P O) mv0

Es. punto materiale in moto rettilineo − ×Γ = (P O) mv₀ = OP sin α mv k̂= dmv k̂^{2.3.4 Dimostrazione seconda equazione cardinale della dinamica}

Γ 0 − ×= M v Q₀ 0dt

DimostrazioneX − ×Γ = (P O) m v₀ i i ii dΓ dX₀ − ×= [(P O) m v ]i i idt dti d dX X− × − ×= (P O) m v + (P O) (m v )i i i i i idt dti iX X− × − ×= (v v ) m v + (P O) m ai₀ i i i i ii iX X X− × − ×= (v m v v m v + (P O) F= i i i 0 i i i ii i i M 0X (e)−v ×−v × m v + M = Q + M= 0 i i 0 0 0i(i)Ovviamente si parla di momenti esterni, M = 0 per via del principio di azione reazione, infatti0se prendessimo due forze agenti tra di loro all’interno nel corpo rigido avremmo:(i) − × − ×M = (A O) (−F ) + (B O) F0 − −

• − ×= [(B O) (A O)] F− ×= (B A) F = 0k −Questo perché F (B A) 28Moscagiuri Pietro Meccanica Aerospaziale2.3.5 Calcolo di Γ per un corpo rigido 2D
• Γ = I ω0 0Questa condizione è verificata se e solo se O corrisponde al CIR. I rappresenta il momento0di inerzia rispetto ad O. 2PDal momento che I(a) = m r è il momento di inerzia rispetto all’asse a di un piano πi ii2 2 2P− −(r = (P H) ) e I = m (P 0) possiamo dimostrare la prima equazionei 0 i ii i DimostrazioneX − ×Γ = (P O) m v0 i i iiX × −− × +ω (P O)]= (P O) m [ v ii i 0i O è CIRX − ×[ω × −= (P O) m (P O)]i i ibi caX 2{m − − − · −= (P O) ω [(P O) ω] m (P O)}i i i i ii =0 perchè ω⊥π= I ω0Riprendendo dove sono stati scritti i vettori a, b, c, è stata usata la seguente regola× × · · −

• ·a (b c) = (a c) b (a b)c².
• I = I ωG Gcon G = Centro di massaX − ×I = (P G) m vG i i iiX − × × −= (P G) m [v + ω (P G)]i i G iiX X− × − × × −= (P G) m v + (P G) [m ω (P G)]i i G i i ii i=0 =I ωG= I ωG
• Il primo termine della penultima equazione è uguale a zero per il seguente motivo:X X− × − ×v(P G) m v = m (P G) = 0Gi i G i ii i =0P −m(P G)ii−Questo perchè (G G) = = 0, infatti ci interessa il centro di massa.m 29Moscagiuri Pietro Meccanica Aerospaziale
• × −Γ = Γ + Q (B A)B ALa formula del trasporto è valida anche per il momento della quantità di moto
• Alcuni momenti di inerzia notevoli
  • Asta di massa m e lunghezza l lZ m²ρr dx dove ρ =I =0 l0 lZm 2x dx= l 03m l 1 2= = mll 3 31 2= ml3
  • Disco omogeneo di massa m e raggio RZ Z m m²I = ρr rdrdθ dove ρ = =0 s πR²R²π ZZ

3drθrdθ= I =0 00 2π 4Zm R= dθ2πR 4042πmR= 2πR 41 2mR= 2

Con la formula di Huygens - Steiner (next cap) si può anche trovare il momento di inerzia rispetto ad un altro punto, come ad esempio un generico punro H sul raggio del disco31 2 2 22 mR + mR = mRI = I + mOH =H 0 2 22.

3.7 Formula di Huygens - Steiner 2I = I + m∆0 GX 2−I = m (P O)0 i iiX 2− −m [(P G) + (G 0)]= i iiX X X2 2− − − · −= m (P G) + m (G O) + 2 m (P G) (G O)i i i i ii i i =02I m∆G 30Moscagiuri Pietro Meccanica Aerospazialeˆ 2 2 2P P− −m (G O) = (G O) m = m∆i ii i Xˆ P − · − ·(G −−2 m (P G) (G O) = 2 [ O)m (P G)]i i i ii i =0

Se ad esempio mi interessa conoscere I a partire dal punto G:B 2I = I + m∆A G A2I = I + m∆B G B2 2− −I I = m∆ m∆B A B A2 2−I = I + m∆ m∆B A B AEs. l 2I = I + m( )O G 22l 1 1 12 2 2− −I = I m = ml ml = mlG 0 4 3 4

1231Moscagiuri Pietro Meccanica Aerospaziale2.3.8 Recap nel pianodQ e1. = R 2 eq. scalari, indica la posizione del centro di massadtdΓ 0 − ×= M v Q 1 eq. scalare, da informazioni relative all’angolo2. 0 0dt dIG (e)Se G è il centro di massa: = MGdt (e)dI d dω MG (e) G→= I ω = I = M θ̈ =G G Gdt dt dt IGPer un corpo rigido piano:ˆ Γ = I θ̇ k̂ se 0 è il CIR0 0ˆ Γ = I θ̇ k̂ se G è il centro di massa0 Gˆ × −Γ = Γ + Q (B A)B AIn un asta omegenea (con G centro di massa e 0 estremo) abbiamo1 12 2I = ml I = ml0 G3 12Mentre in un disco omogeneo (0 centro del dico e H punto sul raggio estremo)31 2 2mR I = mRI = G0 2 22.4 Reazioni vincolariEsistono due tipi di vincolo:ˆ Vincoli ideali o lisci: si tratta di vincoli che non comportano attrito. Alcuni esempi sono:cerniera libera, appoggio liscio e rotolamento puro;ˆ Vincoli non ideali o scabri: Caratterizzati da fenomeni di attrito.2.4.1

Attrito statico

Si parte dall'analisi dell'attrito di tipo statico. Il Coefficiente di attrito statico è dato dalla seguente espressione: |φ|t ≤ μ|φ|nμ è dato dalla tan α dove α rappresenta l'angolo del cosiddetto cono di attrito.|φ|t = tan α|φ|N≤ ≤tan α μ α arctan μ32Moscagiuri Pietro Meccanica Aerospaziale(a) (b)

Attrito dinamico

In questo caso invece i corpi sono in movimento relativo l'uno rispetto all'altro, dunque introduciamo: |φ|t = f