III ESERCITAZIONE - 21 Ottobre 2013
I.
MOLLA PESANTE
Ricavare la soluzione all’equazione del moto per una massa m sospesa ad una molla di
costante elastica k, libera di oscillare lungo l’asse y.
Soluzione
Supponiamo per semplicità supponiamo che la lunghezza a riposo della molla sia nulla.
Supponiamo inoltre che l’asse y sia diretto verso il basso. Sulla massa agiscono due forze:
la forza peso e la forza elastica di richiamo della molla. In assenza di altre forze, la nuova
posizione di equilibrio del sistema si ottiene da
mg − ky = 0 → yeq =
mg
k
(1)
Una volta perturbato dal suo stato di equilibrio, il sistema evolve secondo l’equazione del
moto
mÿ = mg − ky → ÿ = −
k
y + g = −ω 2 (y − yeq )
m
(2)
con ω 2 = k/m. Introducendo la nuova variabile u = y − yeq , l’equazione 2 diviene
ü = −ω 2 u
(3)
che ha soluzione u = A0 cos (ωt + φ0 ). Tornando alla variabile y, si ottiene
y(t) =
mg
+ A0 cos (ωt + φ0 )
k
Si vede chiaramente che la massa m oscilla intorno al nuovo punto di equilibrio yeq .
(4)
2
L’energia del sistema é la somma di energia cinetica e potenziale. L’energia potenziale é
la somma di energia elastica ed energia gravitazionale (considerata con un segno ’-’, perché
abbiamo orientato l’asse y verso il basso):
1
m2 g 2 1 2 2
Ee + Eg = ky 2 − mgy = −
+ kA0 cos (ωt + φ)
2
2k
2
(5)
L’energia cinetica é:
1
K= m
2
dy
dt
2
1
= kA20 sin2 (ωt + φ)
2
(6)
Energia potenziale ed energia cinetica dipendono dal tempo. L’energia meccanica totale é
invece una costante:
E = Eg + Ee + K = −
m2 g 2 1 2
+ kA0
2k
2
(7)
3
II.
LAVORO
Una particella è sottoposta ad una forza F~ = axy uˆx − ax2 uˆy , dove a = 60 N/m2 e uˆx e uˆy
sono i versori degli assi x e y. Si calcoli il lavoro compiuto dalla forza F~ quando la particella
si sposta dall’origine O al punto P di coordinate xP = `, yP = ` (` = 0.1m) lungo le due
traiettorie OAP, OBP dove A = (`, 0) e B = (0, `). Stabilire se il campo di forze assegnato
è o meno conservativo.
Soluzione
L’espressione del lavoro L compiuto da una forza F~ lungo un cammino γ è
Z
Z
~
~
L = F · ds = (Fx uˆx + Fy uˆy ) · (dx uˆx + dy uˆy )
γ
(8)
γ
Percorso OAP Lungo il tratto OA, dy = 0 e Fx = 0; lungo il tratto AP, dx = 0 e Fy = −a`2 .
Il lavoro compiuto è
Z
Z
L=
2
Fy dy = 0 − a`
Fx dx +
OA
`
Z
dy = −0.06 J
AP
(9)
0
Percorso OBP Lungo il tratto OB, dx = 0 e Fy = 0; lungo il tratto BP, dy = 0 e Fx = ax`.
Il lavoro compiuto è
Z
L=
Z
Fy dy +
OB
Z
Fx dx = 0 + a`
BP
`
x dx = 0.03 J
(10)
0
Poiché il lavoro compiuto dipende dal percorso effettuato, il campo di forze non è conservativo.
4
III.
LAVORO, ATTRITO, PIANO INCLINATO
Un corpo di massa m viene lanciato con velocità iniziale v~0 lungo un piano inclinato scabro,
con coefficiente di attrito dinamico µd , partendo dal bordo inferiore del piano. Sia d la
distanza percorsa dal corpo lungo il piano inclinato prima di fermarsi. Sapendo che l’angolo
del piano è θ, si calcoli la massima altezza h raggiunta dal corpo e il corrispondente lavoro
della forza di attrito.
Soluzione
Procedimento 1: Cinematica. Le forze agenti sul corpo sono la forza peso P~ , la forza di
~ . Proiettiamole su un sistema di assi
attrito F~a e la reazione vincolare normale del piano N
ortogonali con asse y ortogonale al piano inclinato e orientato verso l’alto, asse x parallelo
al piano e orientato verso la sommitá del piano:
N − mg cosθ = 0
(11)
− mg sinθ − µd mg cosθ = ma → a = −g (sinθ + µd cosθ) = −g ∗
(12)
Nota l’accelerazione, lo spazio percorso dal corpo prima di fermarsi si ricava risolvendo il
sistema:
vf = 0 = v0 + at
(13)
1
xf = d = v0 t + at2
2
(14)
v02 sinθ
2g ∗
(15)
mentre l’altezza corrispondente é:
h = d sinθ =
Il lavoro compiuto dalla forza di attrito é:
Z d
~ = −µd mg cosθ d
La =
F~a · ds
0
(16)
5
Procedimento 2: Teorema energia cinetica. La variazione di energia cinetica del corpo
é pari al lavoro compiuto dalle forze agenti su di esso, conservative e non conservative:
Z d
Z d
~
~
~
P · ds +
F~a · ds
(17)
Kf − Ki = LP + La =
0
0
dove d é la distanza percorsa dal corpo prima di fermarsi, LP = −mg sinθ d e La =
−µd mg cosθ d. Dalla Eq.17 si ricava d e conseguentemente l’altezza massima raggiunta
h = d sinθ.
Nota
Notare che il lavoro della forza peso non dipende dal percorso effettuato, ma solo dalla
variazione della quota, passata da 0 ad h:
LP = −mg (d sinθ) = −mgh
(18)
Notare inoltre che il lavoro della forza di attrito é pari alla differenza tra l’energia iniziale
(tutta cinetica) e l’energia finale (tutta potenziale).
6
IV.
LAVORO, ATTRITO, PIANO INCLINATO 2
Si vuole far salire con velocità costante un corpo di massa m = 1 kg fermo alla base di un
piano inclinato. Tra piano e corpo c’è attrito e il coefficiente di attrito dinamico è µd = 0.3.
Che forza dobbiamo applicare se l’inclinazione del piano è θ = 45◦ ? Che lavoro facciamo se
il piano è lungo d = 10 m? Qual è il lavoro compiuto dalla forza di attrito?
Soluzione
Le forze che agiscono sul corpo sono la forza peso P~ , la forza di attrito F~a , la reazione
~ e la forza trainante trasmessa tramite la carrucola F~ . Proiettiamole su
vincolare normale N
un sistema di assi ortogonali con asse y ortogonale al piano inclinato e orientato verso l’alto,
asse x parallelo al piano e orientato verso la sommitá del piano. Inoltre osserviamo che, se
il corpo sale lungo il piano con velocitá costante, la sua accelerazione é nulla:
N − mg cosθ = 0
(19)
F − mg sinθ − µd mg cosθ = 0
(20)
da cui si ricava F = 9.018 N. Il lavoro compiuto é LF = F d = 90.18 J, poiché forza e
spostamento sono paralleli e concordi. Il lavoro compiuto dalla forza di attrito é
Z d
~ = −µd mg cosθ d = −20.81 J
La =
F~a · ds
(21)
0
Per completezza, il lavoro compiuto dalla forza peso é LP = −mg sinθ d = −69.37 J. Notiamo
che LF = − (LP + La ).
7
V.
CONSERVAZIONE ENERGIA E MOTO CIRCOLARE
Un punto materiale di massa m = 26 · 10− 3 kg parte dal punto A con velocità iniziale nulla
e scivola lungo una guida liscia raccordata tangenzialmente con una guida circolare liscia,
posta in un piano verticale e di raggio R = 12 cm, restando sempre all’interno. Calcolare la
minima altezza h per cui il punto arriva in D senza staccarsi e la forza totale agente su di
esso quando, partendo dall’altezza h, passa nei punti B e C posti sul diametro orizzontale.
Soluzione
Procedimento 1: Conservazione energia. L’energia si conserva, perché non siamo
in presenza di forze dissipative. In particolare, possiamo eguagliare l’energia iniziale (solo
potenziale, in quanto il corpo parte da fermo) con l’energia meccanica totale nel punto D
(potenziale piú cinetica):
1
Ei = ED → mgh = mv 2 + mg2R
2
(22)
La velocitá nel punto D si ricava dalle equazioni del moto. In ogni punto della guida circolare
~ e della
e lungo la direzione radiale, la pallina é soggetta all’azione della reazione vincolare N
componente radiale della forza peso P~rad = mg cosθ, dove θ é l’angolo compreso tra il raggio
R e la verticale. Nel punto D (cosθ = π), entrambe le forze sono dirette verso il centro della
guida:
v2
RN
→ v 2 = Rg +
(23)
R
m
Poiché siamo interessati alla quota minima h, imponiamo che la pallina raggiunga il punto
mg + N = m
D con la minima velocitá necessaria a mantenerla in rotazione. Dall’equazione precedente,
8
si vede che questa condizione é verificata per N = 0, da cui v 2 = Rg. Sostituendo nell’Eq.22,
si ottiene h = 5/2 R.
~ . Nei punti B e C, la forza
La forza totale agente in ogni punto della guida é F~ = P~ + N
peso ha solo componente tangenziale P~tan = m~g diretta verso il basso. In direzione radiale
agisce la reazione vincolare della guida, che mantiene la pallina in rotazione:
N =m
v2
R
(24)
La velocitá si ricava di nuovo dalla conservazione dell’energia:
5
1
Ei = EB,C → mg R = mv 2 + mgR
2
2
(25)
da cui v 2 = 3gR (abbiamo sostituito h = 5/2 R). Infine:
p
√
~
F = (mg)2 + (3mg)2 = 10mg
(26)
Procedimento 2: Teorema energia cinetica e lavoro. La quota h puó essere ricavata
anche osservando che la variazione di energia cinetica del corpo é pari al lavoro compiuto
dalle forze agenti. In particolare, dal lavoro della forza peso (la reazione vincolare é sempre
ortogonale allo spostamento). Ora, la forza peso é conservativa, per cui il suo lavoro dipende
dalla variazione di quota del corpo, che passa dall’altezza h in cima alla guida all’altezza 2R
nel punto D:
Kf − Ki = L P →
1 2
mv = mg(h − 2R)
2
(27)
Il lavoro é positivo, perché la quota si riduce (forza e spostamento concordi). Da qui, si
procede come nel caso 1.
Nota
Come si puó osservare dal confronto tra i due procedimenti, questi ultimi risultano totalmente equivalenti dal punto di vista concettuale. La loro presentazione come procedimenti
separati é puramente formale e verrá ignorata nelle successive esercitazioni. Diverso é invece il caso dei due procedimenti presentati come soluzione al problema 3 (Cinematica VS
Teorema dell’energia cinetica), concettualmente distinti.
9
VI.
TENSIONE DEL PENDOLO
Un pendolo semplice è costituito da una pallina sospesa ad un filo inestensibile di massa
trascurabile e lunghezza L. Nel punto inferiore della traiettoria la velocità della pallina è
√
v0 = 3gL. Si calcoli la tensione della fune in funzione dell’angolo θ formato dal filo con la
verticale. Si dica, giustificando la risposta, se il filo rimane teso durente tutto il moto della
pallina.
Soluzione
Le forze che agiscono sulla massa sono la forza peso P~ e la tensione del filo T~ . Ci interessa la
loro proiezione lungo la direzione radiale. La tensione ha sempre direzione radiale centripeta
e deve soddisfare la condizione T ≥ 0. Se cosı́ non fosse, il filo cesserebbe di esercitare
tensione e la massa abbandonerebbe il moto circolare, seguendo una traiettoria parabolica.
La forza peso ha componenti P~rad = −mg cosθ e P~tan = −mg sinθ. L’equazione del moto:
T − mg cosθ = m
v2
L
(28)
Per esprimere la tensione in funzione dell’angolo, dobbiamo ricavare v = v(θ).
Procedimento 1: Teorema energia cinetica. La variazione di energia cinetica é pari
al lavoro compiuto dalla forza peso, quando la quota h della massa varia da h = 0 (punto
inferiore del moto) a h = L(1 − cosθ) generica (lavoro negativo, perché la quota aumenta,
cioé forza e spostamento sono discordi):
Kf − Ki = LP →
1 2 1 2
mv − mv0 = −mgL(1 − cosθ)
2
2
(29)
10
Sostituendo, si ottiene:
T =m
v02
+ mg (3 cosθ − 2) = mg (3 cosθ + 1)
L
(30)
Risolvendo T (θ) = 0, si ottiene l’angolo in cui il vincolo sulla tensione non é piú rispettato:
cosθ = −1/3.
Procedimento 2: Conservazione energia. L’energia si conserva durante il moto:
Ei = E(θ) →
1 2 1 2
mv = mv + mgL(1 − cosθ)
2 0 2
(31)
da qui si procede come nel caso 1.
Nota
Osserviamo che un altro vincolo da rispettare durante il moto é v 2 ≥ 0. Il caso v 2 = 0
corrisponde all’inversione del moto. Dalla Eq.29 o dalla Eq.31:
v 2 = v02 − 2mgL(1 − cosθ) ≥ 0
(32)
Si ottengono cosı́ i due angoli θT e θv in corrispondenza dei quali si annullano tensione e
velocitá rispettivamente:
v02
cosθv = 1 −
2gL
v02
2
1
2−
= cosθv
cosθT =
3
gL
3
(33)
(34)
Ovviamente, il moto deve invertirsi prima che ceda la tensione del filo: θv < θT , cioé cosθv >
cosθT (siamo nell’intervallo [0,π]). Dalla Eq.33, questa condizione é sempre verificata, purché
θv ≤ π/2. In altre parole, se la massa non é dotata di una velocitá sufficiente a farle compiere
un giro completo, o l’inversione del moto avviene prima del raggiungimento della posizione
orizzontale o la fune perde tensione e la massa precipita in moto parabolico.
Possiamo calcolare la velocitá minima necessaria affinché la massa possa compiere un giro
completo. Tale velocitá é quella che si ottiene in assenza di tensione nel punto piú alto:
v2
v2
= m 0 − 4mgL
L
L
√
dove si é usata l’Eq.32. La velocitá minima é dunque v0 = 5gL.
mg = m
(35)
11
Da notare che, nella soluzione a questo problema, non é stato fatto cenno ad un procedimento di tipo cinematico. La ragione sta nel fatto che il problema fisico qui discusso
non rientra nel regime delle piccole oscillazioni (sinθ ∼ θ), l’unico regime per il quale abbiamo potuto fornire una soluzione esplicita all’equazione del moto in termini di oscillazioni
armoniche.
12
VII.
TENSIONE DEL PENDOLO 2 - GIRO DELLA MORTE
Un pendolo semplice è costituito da una pallina di massa m = 2.0 kg sospesa ad un filo
inestensibile di massa trascurabile e lunghezza L = 80 cm. Si trovi la minima velocità che
deve avere la pallina nel punto più alto della traiettoria affinché essa continui a seguire la
traiettoria circolare invece di cadere verso il basso.
Indichiamo con θ l’angolo formato dal filo con la verticale e supponiamo che la pallina transiti
in θ = π/2 con velcoità v0 . Calcolare, in funzione di v0 , la massima altezza che la pallina può
raggiungere prima di cadere verso il basso.
Soluzione
Nel punto più alto, la componente radiale dell’equazione del moto si scrive:
T + mg =
mv 2
L
(36)
quindi, affinché la pallina continui a seguire la traiettoria circolare, deve essere verificata la
√
condizione T ≥ 0: v ≥ vmin = gL.
Per trovare l’angolo θ∗ in corrispondenza del quale avviene il distacco, procediamo come
nel problema precedente: scriviamo la componente radiale dell’equazione del moto e la legge
di conservazione dell’energia per un generico θ, mettiamo a sistema per ottenere T = T (θ)
ed imponiamo la condizione di distacco, cioè T = 0.
mv 2
L
1 2
1 2
mv + mgL = mv + mgL(1 − cosθ)
2 0
2
T − mg cosθ =
(37)
(38)
da cui si ottiene
T=
mv02
v2
+ 3mg cosθ → cosθ∗ = − 0
L
3gL
(39)
Il coseno è negativo, cioè il distacco avviene per θ∗ > π/2. Definiamo α = θ∗ − π/2. L’altezza
a cui avviene il distacco è allora hd = L(1 + sinα) = L(1 − cosθ∗ ).
Dopo il distacco, la pallina segue un moto parabolico. Possiamo calcolare la velocità
√
iniziale del moto sostituendo θ∗ nella Eq.38: vin = v0 / 3. Definiamo un sistema di assi
cartesiani x, y con origine nel punto di distacco. In questo modo, il vettore ~vin forma un
13
angolo α con l’asse y. Le componenti della velocità iniziale sono:
vx = −vin sinα
(40)
vy = vin cosα
(41)
L’altezza massima hp raggiunta durante il moto parabolico si ottiene dalla conservazione
dell’energia (o da ragionamenti cinematici):
1 2
1
1 v2
mvin = mghp + mvx2 → hp = 0 cos2 α
2
2
2 3g
(42)
Infine, l’altezza massima raggiunta dalla pallina è:
htot = hd + hp =
1 v02
cos2 α =
2 3g
1 v02
= L(1 − cosθ∗ ) +
cos2 α
2 3g
= L(1 + sinα) +
(43)
(44)
(45)
14
VIII.
FORZA ELASTICA, LAVORO, ENERGIA CINETICA
Un corpo di massa m = 60 kg scivola lungo un piano liscio, inclinato di θ = 5◦ ; esso parte
con velocità nulla e percorre lungo il piano la distanza d = 4 m. Alla fine del piano inclinato,
esso si muove per un tratto orizzontale liscio lungo h = 2 m e urta una molla di lunghezza
a riposo x0 = 0.5 m, fissata ad un muro. Calcolare quanto deve valere la costante elastica
della molla affinché il corpo tocchi il muro con velocità nulla. Ripetere il calcolo se nel
tratto orizzontale c’è un coefficiente di attrito dinamico µd = 0.14. Quanto dovrebbe valere
µ affinché il corpo arrivi a toccare la molla con velocità nulla?
Soluzione
Procedimento 1: Teorema energia cinetica. La variazione di energia cinetica del corpo
é pari al lavoro compiuto dalle forze agenti. Lungo il tratto inclinato, si ha:
Kf − Ki = LP →
1 2
mv − 0 = mg sinθ d
2
(46)
Lungo il tratto piano
1
1
Kf − Ki = Lel → 0 − mv 2 = − kx20
2
2
(47)
NB: La forza elastica che agisce sul corpo ha verso opposto allo spostamento: la molla viene
compressa dal corpo che si approssima al muro. Ricavando v dalla Eq.46 e sostituendo in
Eq.47, si ottiene k = 1641.60 N/m2 . In presenza di attrito lungo il tratto orizzontale, l’Eq.46
si modifica, poiché la variazione di energia cinetica é ora dovuta in parte anche al lavoro
dissipativo della forza di attrito:
1
1
Kf − Ki = Lel + La → 0 − mv 2 = − kx20 − µd mgh
2
2
(48)
15
Procedendo come in precedenza, si ricava k = 323.14 N/m2 . Se il corpo arriva a toccare la
molla con velocitá nulla (cioé non arriva a toccare il muro, ma si ferma prima, lasciando
la molla alla sua lunghezza di equilibrio), tutta la sua energia cinetica sará stata dissipata
dalla forza di attrito:
1
0
Kf − Ki = La → 0 − mv 2 = −µd mgh
2
(49)
0
e, nota v dalla Eq.46, si ricava µd = 0.2324.
Procedimento 2: Conservazione energia. In assenza di attrito, le forze in gioco sono
tutte conservative. L’energia potenziale iniziale posseduta dal corpo la ritroviamo, una volta
toccato il muro, come energia potenziale elastica:
1
Ei = Ef → mgd sinθ = kx20
2
(50)
da cui si ottiene k = 1641.60 N/m2 . In presenza di attrito, l’energia non é conservata e la
sua variazione é pari al lavoro compiuto dalla forza di attrito:
E f − E i = La →
1 2
kx − mgd sinθ = −µd mgh
2 0
(51)
per cui k = 323.14 N/m2 . Se il corpo arriva a toccare la molla con velocitá nulla, tutta
l’energia é dissipata dalla forza di attrito
0
Ef − Ei = La → 0 − mgd sinθ = −µd mgh
0
da cui µd = 0.2324.
(52)
