Esercitazioni del 18/01/2007

Esercitazioni del 21/05/2010
Problema 1)
Due corpi uguali di massa m sono collegati tra loro da una molla di costante elastica k
e lunghezza a riposo d . All’ istante t  0 , quando essi sono in quiete e distanti d , viene
applicata al corpo 1 una forza F , costante e diretta come in figura. Determinare come
varia nel tempo la distanza tra i due corpi e quali sono le leggi orarie delle coordinate dei
due corpi. Il moto avviene senza attrito.
Soluzione
Sulle due masse abbiamo:
F  Fe  F  k (  d )  mx1

Fe  k (  d )  mx2

Le due coordinate sono legate fra loro da
x1  x2  
dunque

 x  x  
1
x2

 Fe
2
x1

Fe

F
1
2
F  k (  d )  mx1


k (  d )  mx1  m
Se sottraiamo la seconda equazione alla prima

F  2k (  d )  m
che e’ l’ equazione di un oscillatore armonico con termine costante. Troviamo la
posizione per la quale l’ accelerazione si annulla
F  2k (   d )  0
F
d
2k
La soluzione ha la forma
F
  A cos(t   )  d 
2k
Imponendo le condizioni iniziali (t  0)  d e  (t  0)  0 abbiamo
 0
F
2k
2k

m
A
Dunque
d
F
1  cos(t )
2k
Per ricavare le equazioni orarie per x1 e x2 dobbiamo ripartire dalle equazioni iniziali.
k (  d )  mx2
F
1  cos(t )  mx2
2
x2 in funzione del tempo si ricava integrando due volte questa equazione (il sistema di
riferimento che scegliamo ha l’ origine che coincide con la posizione della massa 2 all’
istante iniziale).
F  1

v2 
t  sin( t )
2m  

F 2 F
x2 
t  1  cos(t )
4m
4k
Ed x1 si ricava da
F 2
F
x1  x2   
t  d  1  cos(t )
4m
4k
Si nota che le due coordinate sono la combinazione di un moto uniformemente accelerato
F 2
F
t ) e un moto oscillatorio ( 1  cos(t ) )
(
4m
4k
E’ anche da notare che il baricentro ha equazione
x x
d
F 2 d 1 2
x 1 2  
t   at
2
2 4m
2 2
e l’ accelerazione vale
F
a
2m
Si tratta proprio dell’ accelerazione che abbiamo se consideriamo che la forza esterna sia
applicata a un sistema costituito delle due masse 1 e 2. L’interazione tra le due masse ci
da’ invece il termine oscillatorio, che algebricamente e’ completamente disaccoppiato.
Allo stesso risultato si giunge utilizzando la prima equazione fondamentale per la
dinamica dei sistemi.
L’ unica forza esterna che agisce sul
sistema e’ F. Quindi per il CM abbiamo
1
xCM  xoCM  at 2
2
dove
d
xoCM 
2
F
a
quindi
2m
xCM 
d
F 2

t
2 4m
Per calcolare la distanza relativa e’ comunque necessario scrivere la legge di Newton per
le due masse (questo perche’ vi e’ una forza esterna che agisce su una delle due masse. Di
nuovo abbiamo
F
1  cos t 
d
2k
Quindi per trovare x1 e x2 basta usare l’ espressione per il CM
x m  x2 m2 x1m1  ( x1  )m2
m2
xCM  1 1

 x1  
m1  m2
m1  m2
m1  m2
m2
F 2
F
x1  xCM  

t  d  1  cos(t )
m1  m2 4m
4k
F 2 F
x2 
t  1  cos(t )
4m
4k
Problema 2)
In un riferimento inerziale S, dall’ estremita’ di una barca di massa m1 inizialmente
ferma, viene sparato all’ istante t=0, con velocita’ orizzontale v2 rispetto a S, un proiettile
di massa m2 che scorre senza attrito lungo il fondo della barca fino a conficcarsi sull’
altro estremo che dista L.
1. Determinare, nel caso in cui l’ attrito dinamico d tra barca e mare sia nullo, l’
istante finale tr in cui il proiettile si conficca nell’ estremita’ opposta della barca e, nel
sistema S, la velocita’ della barca e le posizioni del proiettile e del centro della barca
all’ istante tr.
2. Calcolare la velocita’ del sistema dopo che il proiettile si e’ conficcato.
3. Analizzare il moto e determinare le stesse quantita’ finali nel caso in cui d non e’
nullo.
Soluzione
1)
Non c’e’ attrito e non ci sono forze esterne che agiscono sul sistema. Quindi la quantita’
di moto si conserva
Qi  costante  0
m1v1  m2v2  0
m2
v2
m1
Nel sistema di riferimento della barca vale
 m 

e dunque
v2  v2  v1  1  2 v2
 m1 
v1  
L
L m1

 v2 m1  m2
v2
Inoltre si ottiene che
m2
x1 (tr )  v1tr   L
m1  m2
tr 
x2 (tr )  v2tr 
L L m1  m2

2 2 m1  m2
2)
La quantita’ di moto del sistema rimane costante nel tempo. Quindi anche dopo che il
proiettile si e’ conficcato nell’ estremita’ della barca abbiamo Q  costante  0 . Poiche’
la velocita’ relativa tra proiettile e barca e’ nulla ne deriva che entrambi sono fermi.
3)
Poiche’ c’e’ attrito, dopo lo sparo per la barca valgono le seguenti relazioni
m1  m2

gt
v1 (t )  v1   d m

1

 x (t )  v t  1  m1  m2 gt 2
1
d
 1
2
m1
La distanza tra il proiettile e l’ estremo della barca e’
L m  m2 
1
2
x  x2 (t )  x1 (t )   1
 v2t  d gt 
2
m1 
2

Per trovare t r imponiamo x  L e risolviamo l’ equazione di secondo grado:
L
m1
1
2
 v2tr   d gtr
m1  m2
2
2
 v 
v
2m1L
 tr  2   2  
d g
  d g  m1  m2  d g
Abbiamo preso solo la soluzione dell’ equazione di secondo grado con il – . Infatti quella
con il + corrisponde a un moto della barca in cui la velocita’ si inverte e non ha nessun
senso fisico in caso di attrito.
In realta’ fino ad ora abbiamo assunto che l’ attrito non sia troppo grande e che la barca
non si fermi prima dell’ arrivo del proiettile. Questa assumzione pone un vincolo sul
coefficiente di attrito. La barca si ferma per
m  m2
v1 (ts )  0  v1  d 1
gts
m1
v1m1
v2 m2

m1  m2 gd m1  m2 gd
Deve quindi valere la disuguaglianza
ts  
t s  tr
2
 v 
v2 m2
v
2m1L
 2   2  
m1  m2 gd d g  d g  m1  m2 d g
che da’
2
v m2 2m1  m2
d  2
 critico
2 Lg m1 m1  m2
Se vale questa condizione la velocita’ finale della barca risulta essere
m v t   m2v1
v f  vCMf  1 1 r
 d gtr
m1  m2
Questo e’ un risultato ovvio poiche’ e’ la forza di attrito che determina la variazione di
quantita’ di moto del CM. Infatti
I  QCM  QCMf  vCMf m1  m2    Fext dt  d m1  m2 gtr
tr
0
che porta allo stesso risultato.
Lasciamo la discussione per d  critico allo studente.
Problema 3)
Una massa m e’ collegata ad una delle estremita’ di un carrello di massa M e lunghezza
2L da una molla di costante elastica k e di lunghezza a riposo L. Il carrello e’ libero di
muoversi su un piano orizzontale privo di attrito. Al tempo t=0 un proiettile di massa m0
e velocita’, in modulo, v0 urta il carrello in modo completamente anelastico.
Calcolare:
1. le velocita’ delle componenti del sistema nell’ istante immediatamente successivo
all’ urto;
2. la frazione di energia cinetica persa nell’ urto;
3. l’ equazione oraria della massa m nel sistema del laboratorio.
Soluzione
1)
Poiche’ le forze scambiate durante l’
urto tra m0 e M sono impulsive, la
molla non ha alcun ruolo e non cambia
la quantita’ di moto della massa m .
Quindi vm  0 .
Considerando inoltre che la quantita’
di moto si conserva avremo:
v0 m0  vM  m0 ( M  m0 )
vM  m0  v0
2L
m0
m

v0
k
L
m0
M  m0
2)
L’ energia cinetica non si conserva. Abbiamo
1
2
K i  m0v0
2
2
1
1 m0
2
2
K f  M  m0 vM  m0 
v0
2
2 M  m0
K  K f  K i   K i
M
M  m0
3)
Dopo l’ urto M e m0 sono attaccate e
formano insieme alla massa m un
sistema a due corpi isolato dotato di
una velocita’ iniziale. La forza che si
scambiamo e’ la forza elastica. Il
sistema puo’ essere schematizzato con
il disegno a destra. Dunque il secondo
principio della dinamica scritto per la
distanza relativa per questo sistema a
due corpi e’:
 k x  L  x
dove
x
m
M  m0
1

vCM


m( M  m0 )
M  m0  m
k

La soluzione dell’ equazione differenziale (considerando le condizioni iniziali x (0)  L
e x (0)  vM  m0 ) e’
x(t )  L 
vM  m0

sin t
Il moto del CM (prendendo come origine dell’ asse x il centro del carrello all’ istante
iniziale) e’ descritto da
m0

vCM  v0 M  m  m

0

m0
 x (t )  v t  x (0) 
v0t  L 
CM
CM
CM

M  m0  m
Le coordinate delle due masse (vedi
 x M  m ( 0)
L
disegno a destra) sono collegate dalla
seguente relazione
xm (t )  xM  m0 (t )  xM  m0 (0)  L  x(t ) 
m
0

m0 
  x(t )
 xM  m0 (t )  L1 
 M  m0 
Usando questa relazione insieme
all’espressione della posizione del CM in
funzione del tempo abbiamo
xM m0 (t )
x (t )
xm (t )


m0 
  x(t )
 xm (t )  xM  m0 (t )  L1 

 M  m0 

 X (t )  M  m0 xM  m0 (t )  mxm (t )
 CM
M  m0  m

e combinando otteniamo
M  m0
M  2m0
xm (t )  X CM (t ) 
x(t ) 
L
M  m0  m
M  m0  m
Sostituendo le espressioni ottenute per X CM (t ) e x (t ) si ricava
xm (t ) 
m0v0
 1

 t  sin t 
M  m0  m  
