Esercitazioni del 18/01/2007

Esercitazioni del 14/05/2010
Problema 1)
Un corpo di massa m=1kg e un cuneo di massa M=10kg giacciono su di un piano senza
attrito. La sezione del cuneo ha la forma di un triagolo rettangolo (vedi figura) con base e
altezza pari a b=1m e h=0,1m rispettivamente. Il corpo viene sparato con velocita’ vi
contro il cuneo fermo. Calcolare:
a) la velocita’ del centro di massa nella direzione parallela al piano in funzione di vi
b) la velocita’ minima affinche il corpo raggiunga la sommita’ del cuneo.
c) Se c’e’ attrito (d=0,1) tra il cuneo e il corpo, come cambia la velocita’ minima
necessaria? (non fatto a lezione)
Soluzione
a)
Le forze esterne al sistema (forza peso e
reazione vincolare del piano) agiscono
nella direzione perpendicolare. Quindi la
quantita’ di moto nella direzione parallela
al piano si conserva. Dunque
Qxi  Qxf

mvi  m  M VxCM
VxCM 
m
l
h
m
vi  const
mM
M


vi
m
b
b)
La velocita’ minima si ha quando la massa m arriva all’ altezza h con velocita’ nulla
rispetto al cuneo. Percio’ le due masse hanno la stessa velocita’ che coincide con la
velocita’ del CM.
m
v f  VxCM 
vi
mM
Inoltre l’ energia si conserva poiche’ in gioco ci sono solo forze esterne conservative o
che fanno lavoro nullo (forza peso e reazione vincolare). Dunque
U i  Ki  U f  K f
1
1
1 m2
2
2
2
mvi  (m  M )VxCM  mgh 
vi  mgh
2
2
2 mM
che da’
2(m  M ) gh
vi 
 1.47m / s
M
c) (non fatto a lezione)
Poiche’ vi e’ una forza dissipativa usiamo per il teorema dell’ energia cinetica per cui il
lavoro fatto dalla forza peso e dalla forza di attrito e’ pari alla variazione di energia del
sistema. Abbiamo percio’
L  Lp  La  K f  K i
dove L p e La sono i lavori fatti dalla forza peso e dalla forza di attrito. Il lavoro fatto
dalla reazione vincolare e’ nullo (come si puo’ facilmente verificare)
Il lavoro della forza peso vale
L p   mgh
Per calcolare il lavoro della forza di
attrito il calcolo e’ piu’ complicato
poiche’ la reazione vincolare non e’
costante.
Con il sistema di riferimento e le
coordinate in figura possiamo scrivere
la seguenti relazioni
y  b  ( x  X )tan 
y
N
y
X
mg

b
x
x
La conservazione della quantita’ di moto ci da’
mx  MX  mv0
e derivando le espressioni scritte sopra per y e X otteniamo
mM 
y  
 x tan 
 M 
Il secondo principio della dinamica proiettato lungo x e y fornisce le seguenti relazioni
 N sin   Nd cos  mx

 N cos  Nd sin   mg  my
Sommando le due equazioni del sistema di equazioni per eliminare x
 M  1
N cos  Nd sin   mg   0
N sin   N d cos  

 m  M  tan 
Risolvendo rispetto a N
 M  1
N cos  Nd sin   mg   0
N sin   N d cos  

 m  M  tan 
Mmg cos
N
 0.998mg cos  kmg cos
M  m sin  2  md sin  cos
Percio’ il lavoro della forza di attrito e’
b
La  lFa  ld kmg cos  ld kmg   d mgkb
l
Si ottiene quindi
1
1
1 m2
1
2
2
2
 mg (h  kd b)  (m  M )V 2  mvi min 
vi min  mvi min
2
2
2 mM
2
Risolvendo in vi min otteniamo
vi min 
2g
(m  M )(h  kd b)  2,07m / s
M
Problema 2)
Un cannoncino di massa M e’ inizialmente fermo su una piattaforma orizzontale liscia ed
e’ collegato ad una molla a riposo di costante elastica k; l’ angolo di inclinazione del
cannoncino rispetto alla piattaforma e’ . Il cannoncino e’ posto in una buca in modo tale
che la bocca del cannoncino sia all’ altezza del terreno circostante. Il cannoncino spara un
proiettile di massa m; la velocita’ del proiettile relativa al cannoncino subito dopo lo

scoppio e’ vr . Calcolare:
1. la massima compressione della molla dovuta al rinculo del cannoncino
2. la gittata del cannoncino
3. l’ energia liberata nel lancio del proiettile
Dati: M  10kg; k  200 N / m;   300 ; m  1,0kg; vr  30m / s
Soluzione
Prima e dopo l’ esplosione, la
quantita’ di moto si conserva
(forze
impulsive).
Se
le
componenti delle velocita’ del
proiettile e del cannone sono
v  (vx , v y ); V  (Vx ,Vy )
abbiamo
mvx  MVx  0
M
k
y
x
l0
m

x
La velocita’ del proiettile nel sistema di riferimento del cannone e quella nel sistema fisso
sono collegate dalla relazione
  
vr  v  V  (vx  Vx , v y )
Inoltre vale (usando la conservazione della quantita’ di moto lungo x):

 M
vrx  vr cos   vx  Vx  -Vx 1  
m


v  v sin 
r
 ry
1)
La conservazione dell’ energia meccanica applicata al cannoncino attaccato alla molla
da’:
1
1
2
T  U e  MVx  kx 2  costante
2
2
All’ inizio la molla e’ a riposo mentre all’ istante di massima compressione la velocita’ e’
nulla. La velocita’ iniziale del cannone e’
 m 
Vx  vr cos  
 - 2.6m/s
mM
Dunque abbiamo
1
1
2
MVx  kx 2
2
2
M
x  Vx
 0,53m
k
2)
M

vx  vr cos   Vx  vr cos 
M m

v y  vr sin 

La gittata del proiettile e’
2
2vx v y
M vr
xg 

sin 2  73m
g
M m g
L’ angolo di uscita risulta essere:
v
M m
tan   x  tan 

vy
M
  320
3)
L’ energia iniziale e’ nulla. Quella finale (dopo lo scoppio) e’
1
1
1
M

2
E f  mv2  MV 2  mvr  sin 2  
cos 2    419 J
2
2
2
M m

