esonero 1 giugno 2012

Prova di Esonero Meccanica 1 giugno 2012
1.Un fuoco artificiale esplode, da fermo, in tre frammenti che si muovono nel
piano XY. L’ esplosione e’ dovuta a forze interne. Immediatamente dopo
l’esplosione si osserva che:
- il frammento di massa M1 = 0.4 Kg ha velocità |V1 | = 3 m/s diretta lungo l’
asse X nel verso positivo.
- il frammento di massa M2 = 0.6 Kg ha velocità |V2 | = 10 m/s; V2 forma un
angolo di 200° con l’ asse X.
- il terzo frammento ha massa M 3 = 0.9 Kg.
Si determini il modulo della velocità (V3 )del terzo frammento e l’ angolo che questa forma con l’ asse X.
2. Una sfera omogenea di massa M e raggio R ruota, senza attrito, intorno ad un asse passante per il centro
di massa con velocità angolare costante ω0 (indichiamo con T0 il valore del periodo corrispondente).
A causa di forze interne la sfera si espande ed il raggio raddoppia.
Si determini il valore numerico del rapporto T0 / Tf dove Tf e’ il periodo di rotazione della sfera dopo l’
espansione .
(Momento di inerzia della sfera : I = 2 M R2 /5 )
3.Un piano inclinato di lunghezza D forma un angolo θ con l’ orizzontale.
Un cubetto e’ lanciato lungo il piano, dalla sua sommità verso il basso,
con velocità iniziale di modulo V0 . Il coefficiente di attrito fra corpo e
piano e’ trascurabile. Giunto alla base del piano inclinato il cubetto continua
il suo moto su un piano orizzontale. Il coefficiente di attrito dinamico fra il cubetto ed il piano
orizzontale e’ μ .
Supponendo noti i valori di : D, θ, V0 , μ e dell’ accelerazione di gravità, g, si determini ,in funzione
di queste grandezze, lo spazio percorso dal cubetto sul piano orizzontale.
(N.B. Risolvere il problema facendo UNICAMENTE uso di considerazione energetiche)
Esercizio 1:
L’ esplosione e’ dovuta a forze interne, possiamo quindi applicare la conservazione della quantità di
moto per determinare la velocità del III frammento:
Essendo nulla la quantità di moto iniziale abbiamo :
M1 V1 + M2 V2 + M3 V3 = 0 (1)
E da questa 2 equazioni scalari:
M1 V1 X + M2 V2X + M3 V3X= 0 (2) (asse X)
M1 V1 Y + M2 V2Y + M3 V3Y= 0 (2) (asse Y)
Inserendo i valori dati:
(2)  [.4 ● 3 + .6 ● 10 ● cos(200)] /.9 = - V3X
V3X = 4.93 m/s
(2)  [0 + .6 ● 10 ● sin (200)] /.9 = - V3Y
V3 = √ [( V3X )2 + (V3Y )2 ] = 5.43 m/s
V3Y = 2.28 m/s
angolo : θ = atan (V3Y / V3X ) = 24.78 °
Esercizio 2:
Si conserva il momento angolare :
I0 ω0 = If ωf  2 M R2 ω0 /5 = 2 M (2 R)2 ωf /5
e, semplificando, ω0 = 4 ωf ;
ω0 / ωf = 4 che, poiché T=2π / ω , può essere riscritta come:
T0/ Tf = .25
Esercizio 3:
L’ altezza del piano inclinato e’ H = D sin θ. Ponendo uguale a zero l’ energia potenziale alla base del
piano, ricaviamo, dalla conservazione dell’ energia meccanica l’ energia cinetica alla base del piano.
m g H + .5 m V02 = .5 m V2
(m e’ la massa del cubetto, V la sua velocità alla base del piano)
La forza di attrito che agisce sul cubetto mentre questo si muove sul piano orizzontale è F A = μ N
(N è la vincolare del piano; N = μ m g).
Il lavoro compiuto dalla forza di attrito e’ :
L = FA ● ΔS = - FA ΔS essendo la forza di attrito
opposta allo spostamento ΔS .
Dal teorema dell’ energia cinetica sappiamo che il lavoro e’ uguale alla variazione dell’ energia cinetica,
L = ΔT . Il tratto ΔS * percorso sul piano orizzontale si ottiene quindi da:
- FA ΔS * = - .5 m V2
ΔS * = .5 m V2 / FA
ΔS * = ( m g H + .5 m V02 ) / μ m g
ΔS * =
(D sin θ / μ) + ( .5 V02 / μ g)