6 Dinamica dei corpi rigidi

6 Dinamica dei corpi rigidi
(54 problemi, difficoltà 228, soglia 160)
Formulario
MO = r F
momento meccanico di una forza rispetto
al polo O
R
risultante delle forze esterne
pO = r m v
momento angolare di un punto materiale
rispetto al polo O
PO =
M r v dm, i
ri m i v i ,
momento d’inerzia di un punto materiale
rispetto a un asse passante per O
IO = m r 2
IO =
M r
K =
1
I 2
2 O
2
dm,
W = MO L=
2
1
momento angolare di un sistema rispetto al
polo O
M Od
i mi ri2 ,
momento d’inerzia di un sistema rispetto a
un asse passante per O
energia cinetica di un corpo rigido in
rotazione attorno a un asse passante per O
potenza in un moto rotatorio
lavoro in un moto rotatorio assiale
187
I equazione cardinale della dinamica dei corpi rigidi
R=
dQ
dt
II equazione cardinale della dinamica dei corpi rigidi
MO =
MO =
dPO
dt
+ v0 Q
(valida quando il polo è fermo, o si muove
parallelamente al centro di massa o coincide con il
centro di massa)
d(I O )
dt
M O = IO (valida quando I O = costante)
Momento angolare di un corpo in rotazione
PO = I O
Condizioni di equilibrio di un sistema e sistema isolato
R =0
P =0
O
Q = costante
I O = costante
Teorema di Huygens-Steiner, o degli assi paralleli
Ia = ICM + m d 2 , con d distanza tra i due assi
Pendolo composto
T = 2
I
,
mgd
essendo I il momento d’inerzia rispetto al punto di sospensione, m la massa
pendolare e d la distanza tra il centro di massa e il punto di sospensione.
188
Pendolo di torsione
T = 2
I
,
k
essendo I il momento d’inerzia rispetto al punto di sospensione e k la costante
di torsione del filo.
Asse di istantanea rotazione
Quando un corpo rigido quale una sfera o un cilindro rotola su un piano, il suo
moto si può ricondurre a un moto puramente rotatorio attorno a un asse
passante per il punto di contatto (asse di istantanea rotazione).
L’energia cinetica del corpo si può scrivere indifferentemente come somma
dell’energia cinetica di traslazione con velocità del centro di massa e
dell’energia cinetica di rotazione attorno al centro di massa, oppure come
energia cinetica di rotazione attorno all’asse a. In formule:
K =
1
1
1
2
m v CM
+ I CM 2 = I a 2 .
2
2
2
Unità di misura SI
Momento angolare
joule secondo (J s)
Momento d’inerzia
kilogrammi metro quadrato (kg m2)
189
Problemi svolti
6.1. Un uomo di massa M = 80 kg per attraversare un torrente cammina su una
passerella di massa m = 20 kg lunga l = 8 m e appoggiata sulle due rive del
torrente in A e in B con velocità v = 1 m/s. Calcolare: a) l’andamento nel tempo
della forza esercitata sul punto B, b) se la massima forza che può sopportare
l’appoggio B senza franare è Fmax = 686 N, in quale punto e dopo quanto tempo
l’uomo cade nel torrente.
(4)
______
a) Le forze agenti sul sistema passarella-uomo sono i due pesi e le reazioni nei
punti di appoggio A e B.
Se il sistema è in equilibrio, il momento meccanico rispetto a un polo fisso,
quale il punto A, deve essere nullo: indicando con x = v t la distanza alla quale
si trova l’uomo dopo il tempo t, deve essere
M g x +mg
l
= R l,
2
ma R deve uguagliare la forza esercitata in B, quindi
Mvt m
F =g
+ .
2
l
b) Dovendo essere F Fmax, si ricava
e quindi
M x m
g
+ Fmax ,
2
l
M x m
g
+ Fmax ,
2
l
190
Il tempo trascorso è
x max
= 6 s.
v
t0 =
6.2. Una sfera omogenea scende lungo un piano scabro inclinato di un angolo
= 45°; quale deve essere il coefficiente di attrito del piano perché il moto della
sfera sia di puro rotolamento senza scorrimento?
(4)
______
Le forze agenti sulla sfera sono la componente del peso lungo l’asse x, m g sin
e la forza di attrito μ m g cos , quindi l’equazione del moto è
m g sin – μ m g cos = m a CM.
Poiché la sfera ruota attorno all’asse per O, l’equazione cardinale della
dinamica rotatoria MO = IO diventa
μ m g r cos =
a
2
2
m r 2 = m r 2 t ,
r
5
5
dove at è l’accelerazione tangenziale.
Perché non vi sia scorrimento deve essere at = aCM, quindi, dopo qualche breve
passaggio, si ottiene
tan =
μ=
7
μ
2
2
= 0,29.
7
191
6.3. Un cilindro omogeneo pieno, di massa M = 100 kg e raggio r = 20 cm, sta
ruotando attorno al proprio asse baricentrale con velocità angolare o = 20
rad/s quando viene sottoposto a un momento frenante M O = –k 3. a) Calcolare
il valore della costante k, sapendo che la velocità angolare del cilindro si
dimezza in t1 = 5 s; b) ricavare le dimensioni di k nel SI.
(3)
______
a) Dalla seconda equazione cardinale della dinamica dei corpi rigidi si ha
M O = I O ,
d
,
dt
d
k
= t.
IO
3
k 3 = I O
Integrando con = O per t = 0 s:
1
k
= t + cost.,
2
IO
2
k
1
1
= t
,
2
IO
2 O2
2
da cui
1
1 I
k = 2 2 0,
O 2t
I0 =
dove
M r2
e = O per t = t1.
2
2
Allora
k=
2
3M r 2 3 100 4 102
3 kg m s
=
=
1,5
10
.
402t1
4 400 5
rad3
b) Esaminando le unità di misura di k, si evince immediatamente che
[k ] = M L2 T .
6.4. Un astronauta vuole misurare l’accelerazione di gravità di un pianeta
sconosciuto mediante un pendolo composto di massa m = 1 kg e momento
d’inerzia baricentrale ICM = 10–2 kg m2. Se la distanza tra il centro di
sospensione e il centro di massa è d = 20 cm e il periodo di oscillazione risulta
T = 0,4 s, qual è l’accelerazione di gravità sul pianeta?
(3)
______
192
Il periodo di un pendolo composto è dato da
T = 2
I CM
,
mgd
da cui
g=
4 2I CM 4 9,86 102
m
=
= 12,3 2 .
2
mdT
1 0,2 0,16
s
6.5. Una sferetta di massa m viene lanciata dal punto A di una guida
semircolare liscia di raggio l e va a colpire un’asta omogenea di lunghezza l e
massa 2 m appesa senza attriti nel centro O della guida.
Ricavare l’espressione della velocità vA con cui deve essere lanciata la sferetta
perché l’asta, per effetto dell’urto elastico, si porti, fermandovisi, in posizione
verticale simmetrica rispetto a quella di partenza.
(4)
______
Indicando con V la velocità con cui la sferetta urta l’asta, applicando il principio
di conservazione dell’energia – essendo l’urto elastico – abbiamo:
1
1
m v A2 + m g l = mV 2 ,
2
2
V =
v A2 + 2g l .
Applichiamo ora il principio di conservazione del momento angolare rispetto al
polo O:
m V l = Ia + m v’ l,
dove è la velocità angolare acquistata dall’asta, v’ la velocità di rinculo della
sferetta e Ia il momento d’inerzia dell’asta rispetto all’asse passante per O.
Essendo l’urto elastico, deve conservarsi anche l’energia cinetica totale:
1
1
1
I a 2 = mV 2 m v '2 .
2
2
2
193
Tutta l’energia cinetica con cui parte l’asta dopo l’urto si trasforma in aumento
di energia potenziale nella posizione verticale, ovvero, dato che il centro di
massa dell’asta si solleva di un tratto l:
1
I a 2 = M g l .
2
Essendo Ia = M l2/3, con M massa dell’asta, otteniamo
=
2M g l
=
1
2
Ml
3
6g
,
l
per cui sviluppiamo il sistema
1
1
mV 2 m v '2 = M g l
2
2
2
6g
mV l m v ' l = I = M l
,
a
3
l
1
1
2
2
mV m v ' = M g l
2
2
mV m v ' = M 2g l ,
3
Le soluzioni sono (con M = 2 m):
V = 6g l
v ' = 6g l 8 g l,
3
da cui
v A = 2 g l.
6.6. Gli orologi a pendolo normalmente non usano un pendolo semplice, ma un
pendolo composto formato da un’asta omogenea e uniforme di lunghezza l e
massa m terminante in un disco pure omogeneo di raggio r e massa M. Ricavare
in funzione delle grandezze assegnate l’espressione del periodo di siffatto
pendolo.
(4)
194
______
Trattandosi di un corpo rigido in rotazione attorno all’asse passante per O,
l’equazione del moto è
MO = IO ,
dove IO è il momento d’inerzia totale calcolato rispetto all’asse passante per O,
mentre MO è il momento delle forze peso dell’asta e del disco, sempre rispetto
al polo O. Risulta
ml2
M r2
I O = I asta + I disco =
+[
+ M (l + r )2 ],
3
2
l
M O = m g sin M g (l + r )sin ,
2
Abbiamo dunque
m l
g
+ M (l + r ) sin 2
+ 2
= 0.
2
ml
Mr
2
+
+ M (l + r )
3
2
Per piccole oscillazioni, possiamo approssimare sin con e la precedente
equazione si trasforma nell’equazione differenziale di un moto armonico semplice
di pulsazione
m l
=
+ M (l + r )
2
g
ml2 M r 2
+
+ M (l + r )2
3
2
e periodo
T =
2
= 2
ml2 M r 2
+
+ M (l + r )2
3
2
.
m l
g
+ M (l + r )
2
195
6.7. Una molla ideale di rigidità k = 400 N/m sostiene in equilibrio un’asta
omogenea di massa m = 12 kg in modo che quest’ultima formi un angolo di 45°
con la verticale, mentre la molla si mantiene orizzontale. Calcolare
l’allungamento della molla rispetto alla lunghezza quando è scarica.
(4)
______
Dobbiamo scrivere che in condizioni di equilibrio è nullo il momento meccanico
totale delle forze agenti sul sistema calcolato per esempio rispetto al polo O; le
forze agenti sono il peso dell’asta, m g, applicato nel centro di massa dell’asta
con braccio (l/2) cos 45°, che tende a far ruotare l’asta in senso orario e la forza
elastica di richiamo k x orientata verso la parete, con braccio l sin 45°, che
tende a far ruotare l’asta in senso antiorario; abbiamo allora
mg
da cui
x=
l
cos 45° k x l sin 45° = 0,
2
m g 12 9,8
=
= 0,147 m = 14,7 cm.
2k
800
6.8. Ricavare il momento d’inerzia di un’asta omogenea e uniforme di massa m
e lunghezza l imperniata nell’estremo O in modo da generare nella rotazione
attorno a un asse verticale un cono di semiapertura .
(5)
196
______
Detti dm un elemento dell’asta di lunghezza infinitesima dx ed r la sua
distanza dall’asse verticale. Il momento d’inerzia dell’asta rispetto all’asse
verticale passante per O sarà
IO =
M
l
x sin S dx,
r 2dm =
2
2
0
dove ed S sono la densità e la sezione dell’asta, mentre x = r/sin è la
distanza da O dell’elemento dm. Ne deriva
I O = S sin2
l3 1
= m l 2sin2 .
3 3
6.9. Un carrello di massa M = 80 kg munito di quattro ruote ciascuna di massa
m = 10 kg e raggio r viene lanciato su per un piano inclinato con coefficiente di
attrito trascurabile ma tale da assicurare il rotolamento delle ruote con
velocità v = 36 km/h. Calcolare a quale altezza dal suolo arriverà il carrello.
(4)
______
L’energia cinetica iniziale del carrello si trasforma completamente in energia
potenziale lungo la salita. L’energia cinetica iniziale è la somma del termine M
v2/2 e dell’energia cinetica delle 4 ruote che comprende un termine di
traslazione m v2/2 e uno di rotazione attorno al centro di massa di ogni ruota,
cioè
1
1 m r 2 v2 1
I 2 =
= m v 2.
2
2
2 2 r
4
Allora
1
1
1
M v 2 + 4 m v 2 + m v 2 = (M + 4m)g h,
2
4
2
essendo h l'innalzamento del centro di massa del carrello.
Osservando che M = 8 m, si ricava
1
3
8m v 2 + 4 m v 2 = 12m g h ,
2
4
2
7m v = 12m g h ,
h=
7v 2
7 100
=
= 5,95 m.
12 g 12 9,8
197
6.10. Un’asta omogenea di massa M = 1 kg e lunghezza l = 60 cm, appesa in
quiete in un piano verticale a un estremo viene colpita all’altro estremo da un
proiettile di massa m = 40 g che incide orizzontalmente con velocità v = 40 m/s
attraversandolo e fuoruscendo con velocità v’ = 10 m/s. Calcolare: a) la
massima ampiezza di oscillazione dell’asta, b) l’energia dissipata nella
perforazione.
(4)
______
a) Applichiamo – trattandosi di un urto con conseguenze rotatorie in un
sistema isolato – il principio di conservazione del momento angolare
mv l =
1
M l 2 + m v ' l ,
3
dove è la velocità angolare con cui si muove l’asta subito dopo l’urto:
=
3m (v v ') 3 4 102 30
rad
=
=6
.
1
Ml
6 10
s
L’energia cinetica iniziale dell’asta si trasforma completamente in energia
potenziale nella posizione di massima oscillazione:
1
l
I O 2 = M g (1 cos ),
2
2
cos = 1 l 2
= 0,265 ,
3g
= 74°38 ' .
b) L’energia dissipata nella perforazione è la differenza tra l’energia cinetica
iniziale del proiettile e la somma delle due energie cinetiche dell’asta e del
proiettile subito dopo l’urto:
198
Ed =
1
1
(m v 2 I O 2 m v '2 ) = (4 102 1600 0,12 36 4 102 102 ) =
2
2
= 27,8 J .
6.11. Un’asta omogenea uniforme di massa M = 2 kg è fissata a un chiodo A
mediante un filo ideale in un piano verticale ed è appoggiata nel punto B di una
parete. Se l’asta non scivola lungo la parete, sapendo che = 30° e = 60°,
calcolare: a) la tensione T del filo, b) la reazione R della parete sull’asta, c) la
forza di attrito Fa.
(5)
______
Le condizioni di equilibrio richiedono l’annullamento del risultante delle forze e
quello del risultante dei momenti; scegliendo come polo il punto B, abbiamo,
indicando con l la lunghezza dell’asta:
asse y
R T sin = 0,
Fa M g + T cos = 0,
polo B
Mg
asse x
Risolvendo il sistema, si ottiene
l
sin T l = 0.
2
M g sin = 4,9 N
2
Mg
R =
sin sin = 4,24 N,
4
sin cos Fa = M g 1 = 17,2 N.
2
T =
199
6.12. Un cilindro di ghiaccio ( gh= 920 unità SI) di massa m = 105 g e raggio r =
3 cm è fisso al centro di una padella circolare di massa M = 300 g e raggio R =
10 cm in rotazione attorno al proprio asse con velocità angolare = 30 rad/s.
a) Se il ghiaccio fonde completamente senza evaporare, quale sarà la nuova
velocità angolare del sistema a fusione avvenuta? b) Quale sarà la variazione di
energia meccanica totale del sistema?
[Si assuma il momento d’inerzia della padella pari a quello di un disco e si
supponga che dopo la fusione la superficie dell’acqua si mantenga orizzontale.]
(4)
_______
a) Il sistema padella-cilindro è isolato, perciò deve valere il principio di
conservazione del momento angolare
I = ' I ',
dove ’ è la nuova velocità angolare a cilindro fuso, I e I’ i momenti d’inerzia
iniziale e finale, che risultano espressi da
M R2 m r 2
I =
,
+
2
2
I'=
1
(M + m )R 2 ;
2
sarà allora
M R2 + m r 2
0,3 102 + 0,105 9 104
I
rad
'= =
= 30
.
= 22,9
s
I'
(M + m )R 2
0, 405 102
b) La variazione di energia meccanica del sistema non sarà solo cinetica, ma
anche potenziale perché, quando il cilindro fonde il suo baricentro si abbassa.
La variazione di energia potenziale; indicando con H l’altezza dell’acqua di
fusione e con h quella del cilindretto di ghiaccio, sarà, indicando con la
densità dell’acqua:
2
1 H h m g 1
U = m g =
=
2
ghr 2 2 2 2 R
0,1052 9,8 1
1
=
= 19,1 mJ.
2
4 6,28
920 9 10 1000 10
200
Passiamo ora a valutare la variazione di energia cinetica:
1
(I ' '2 I 2 ) =
2
M R2 mr2 2
1 1
= ( (M + m)R 2 '2 +
)=
2 2 2
2
K = K f K i =
(
)
= 0,5 1,06 1,39 = 165 mJ.
Risulta quindi
E = – 0,18 J.
6.13. Una boccia di raggio r = 5 cm viene lanciata orizzontalmente con velocità v
= 10 m/s su una pista scabra e si ferma dopo un tempo t = 5 s. Calcolare: a) il
coefficiente di attrito tra boccia e pista, b) la distanza di arresto della boccia.
(5)
______
a) Assumendo come polo il centro O della boccia e ricordando che la sola forza
agente su essa è la forza di attrito μ M g (avendo il peso momento nullo
rispetto a tale polo), possiamo scrivere l’equazione cardinale della dinamica dei
moti rotatori
d
d
2
MO = IO
= μ M g r = M r 2
,
dt
dt
5
5μ g
dt,
d = 2r
5μ g t
= 0 .
2r
Ma è 0 = v /r , mentre quando la boccia si ferma è = 0, quindi
μ=
2r 0
2v
20
=
=
= 0,1.
5g t
5g t 196
b) La boccia si muove di moto uniformemente decelerato con decelerazione μ g,
perciò la distanza di arresto sarà
d =vt m g
t2
= 40 0, 49 16 = 32,2 m.
2
201
6.14. a) A quale distanza x dal centro deve essere appesa in un piano verticale
un’asta omogenea uniforme di lunghezza l per poter oscillare con la massima
frequenza? b) quanto vale tale frequenza massima?
(5)
______
a) L’asta oscillante è un pendolo composto di frequenza
f =
1
1
=
T 2
mgd
,
IO
dove IO è il momento d’inerzia dell’asta calcolato rispetto all’asse passante per
il punto di sospensione O e d è la distanza tra O e il centro di massa, ovvero x.
Possiamo quindi scrivere
f =
1
1
=
T 2
mgx
1
=
2
ml
2
+ m x2
12
12 g x
1
=
2
l + 12 x
2
3g x
,
l + 12 x 2
2
Per trovare il massimo di f, imponiamo che df/dx = 0:
1/2
df
1 d 3g x =
dx dx l 2 + 12x 2 =
1 3g x 2 p l 2 + 12x 2 1/2
2
2
2
3g (l + 12x ) 72g x ;
(l 2 + 12x 2 )2
df/dx = 0
quando
3 g l2 + 36 g x2 – 72 g x2 = 0,
cioè quando
x=
l 3
.
6
b) Il massimo valore di f è
f max =
1
2
3g 3
.
4l
6.15. Un’asta omogenea e uniforme di massa M e lunghezza l sospesa
verticalmente per l’estremo O viene colpita nel punto C da un proiettile di
massa m animato da velocità v che si conficca in essa. Ricavare, trascurando
tutti gli attriti: a) il valore di x per il quale è massima velocità angolare; b)
l’espressione di tale valore; c) precisare i limiti di validità dei risultati
precedenti.
(5)
202
______
a) Si tratta di un urto con conseguenze rotatorie, quindi, essendo il sistema
isolato, deve conservarsi il momento angolare totale, che inizialmente è dovuto
al solo proiettile e dopo l’urto all’asta in rotazione con velocità angolare .
M l2 2
m v x = IO = m x +
,
3 mv x
=
.
M l2
2
mx +
3
Poniamo ora d /dx = 0, ottenendo per x in corrispondenza del quale è
massima il valore
x max = l
M
.
3m
b) In corrispondenza di tale valore ricaviamo
max =
v
l
3m
.
4M
c) Deve essere
x < l,
pertanto il problema ha soluzione solo per
M < 3 m.
203
6.16. Una sferetta puntiforme percorre una guida circolare orizzontale liscia di
raggio r = 60 cm con velocità angolare costante = 5 rad/s. Durante il tragitto
urta un’identica sferetta ferma sulla guida mettendola in moto con velocità v2 =
2 m/s. Calcolare: a) la velocità della prima sferetta dopo l’urto, b) l’entità
dell’eventuale perdita di energia nell’urto.
(5)
______
a) Trattandosi di un urto con conseguenze rotatorie, deve conservarsi il momento
angolare totale del sistema delle due sferette prima e dopo l’urto; indicando
rispettivamente con v1 = r e con v1' le velocità della prima sferetta prima e dopo
l’urto, possiamo scrivere, assumendo come polo O il centro della guida
m v1 r = m v1' r + m v 2 r,
v1 = v1' + v 2,
v1' = v1 v 2 = r v 2 = 5 0,6 2 = 1
m
.
s
Facciamo notare che avessimo imposto la conservazione della quantità di moto
avremmo ottenuto (casualmente) lo stesso risultato solo perché la traiettoria è
circolare e le sferette sono puntiformi; tuttavia formalmente la trattazione in
tal modo è errata.
b) Calcoliamo l’eventuale variazione di energia cinetica totale in seguito
all’urto:
K =
m '2
v1 + v 22 v12 = 2 m.
2
(
)
L’energia cinetica è diminuita, quindi possiamo affermare che l’urto è
parzialmente anelastico. Non conoscendo la massa delle sferette non
possiamo calcolare il valore assoluto della dispersione, ma possiamo invece
calcolare la percentuale di energia persa:
E% =
K
1
m v12
2
100 =
4m
100 = 44, 4%.
9m
204
6.17. Un disco omogeneo pieno, di massa M e raggio r, sta ruotando in un
piano orizzontale attorno al proprio asse baricentrale con velocità angolare ,
quando dal bordo si stacca un frammento puntiforme di massa m che schizza
via tangenzialmente. Trascurando qualsiasi attrito, ricavare le espressioni di:
a) la velocità angolare ’ del disco dopo il distacco del frammento, b) il lavoro
necessario per il distacco del frammento. c) Eseguire i calcoli per: = 20 rad/s,
M = 200 g, m = 5 g, r = 15 cm.
(5)
______
a) Applichiamo il principio di conservazione del momento angolare: quello
iniziale è
M r2
Pi = I = ,
2
mentre quello finale è la somma del momento angolare del frammento e di
quello del disco residuo; tenendo conto che il frammento schizza via con
velocità periferica v = r, si ha:
M r2
r2
= m r 2 + (M m ) ',
2
2
da cui
'=
M 2m
M m
.
b) Il lavoro di distacco è la differenza tra l’energia cinetica iniziale e quella
finale, cioè
1 M m 2 2
1 M r2 2 1
m 2r 2 L=
r ' .
2 2
2
2 2
Sostituendo l’espressione di ‘, otteniamo, dopo qualche passaggio:
205
L=
m 2r 2
(M 2m ).
4(M m )
c) Passando ai calcoli, si ottiene
’ = 19,5 rad/s, L = 11 mJ.
6.18. Un grave l di massa m cade dalla quota h = 5 m sull’estremo B di un’asta
di massa trascurabile imperniata nel punto O posto a l /3 da B; se l’urto è
elastico, calcolare a quale altezza arriveranno dopo l’urto il grave 1 e la sferetta
2, anch’essa di massa m, appoggiata all’estremo A dell’asta.
(5)
______
Il problema si risolve applicando i principi di conservazione del momento
angolare e dell’energia di tutto il sistema prima e dopo l’urto. Indicando con h1
e h2 rispettivamente le quote alle quali salgono il grave e la sferetta dopo
l’urto, abbiamo
m
2
l
l
2g h = m
2g h1 + m l 2g h 2 ,
3
3
3
1
1
1
m 2g h = m 2g h1 + m 2g h 2 ,
2
2
2
da cui
2g h = 2 2g h 2 h = h1 + h 2
che ha per soluzioni
2g h1
h = 2 h 2 h1
h = h1 + h 2 ,
h1 = 1,8 m ,
h 2 = 3,2 m .
206
,
6.19. Un’asta omogenea e uniforme di lunghezza l = 80 cm e massa m è appesa
verticalmente in O. Esprimere in funzione delle quantità date: a) la velocità v
con cui deve essere scagliata orizzontalmente una freccia di massa m/4 nel
punto A a distanza 3 l/4 da O per portare l’asta in posizione orizzontale,b) la
percentuale dell’energia cinetica iniziale della freccia spesa come lavoro di
penetrazione.
(5)
_______
a) Nell’urto, che ha conseguenze rotatorie, vale il principio di conservazione del
momento angolare calcolato rispetto al polo O. Se è la velocità angolare con
cui inizia a muoversi l’asta con la freccia conficcata, sarà
m 3
9 2 m
1
v l = ml2 +
l ,
4 4
16
4
3
da cui
=
36 v
.
91 l
L’asta trasforma tutta la sua energia cinetica iniziale in energia potenziale in
posizione orizzontale:
2
1
11
9
l m 3
36 v I tot 2 = m l 2 +
ml2 =mg + g l
2
23
64
2 4 4
91 l da cui
v = 4,3 g l = 4,3 9,8 0,8 = 12
m
.
s
b) Il lavoro di penetrazione è dato dalla differenza tra l’energia cinetica K della
freccia incidente e l’energia cinetica con cui inizia il moto del sistema astafreccia:
207
2
36 v 1
1
1
1 91
L p = m v 2 I tot 2 = m v 2 m l2 =
2
2
2
2 192
91 l 27 337 1
1
1
m v 2 = 0,926 K .
=
= m v2 m v2 2
2
364 364 2
La percentuale cercata è allora del 92,6 %.
6.20. Calcolare la potenza che deve fornire un motore nei primi 20 s per
mettere in moto da fermo un cilindro pieno omogeneo di massa M = 3 kg e
raggio r = 20 cm con accelerazione angolare costante = 2 rad/s2.
(2)
______
Tale potenza è espressa dalla relazione
W = MO ,
dove, essendo il moto uniformemente accelerato, è
= t.
Ne consegue che
W = MO t,
ma
MO= IO ,
perciò
W = I O 2t = M
r2 2
(0,2)2
t = 3
4 20 = 4,8 W.
2
2
6.21. Un cilindro pieno omogeneo di raggio r = 20 cm e massa M = 40 kg è libero
di ruotare attorno a un asse passante per O perpendicolarmente al piano della
figura ed è inizialmente in quiete.
Il momento delle forze di attrito sull’asse per O arresta il cilindro dopo n = 40
giri quando esso sta ruotando con velocità angolare = 20 rad/s.
Se nel punto A sul bordo del cilindro viene fissata una massa puntiforme m,
calcolare il minimo valore di m necessario per mettere in rotazione il cilindro
attorno al proprio asse.
(3)
208
______
a) Il cilindro dissipa la propria energia cinetica ruotando di un angolo contro
gli attriti, quindi
1
M a = I 2 ,
2 O
pertanto
Ma =
M r 2 2
.
8 n
Il cilindro può ruotare solo se il momento del peso della massa m supera Ma,
cioè se
M r 2 2
m gr >
,
8 n
M r 2
m >
= 0,32 kg .
8 n g
6.22. Una trave omogenea di massa m = 300 kg e lunghezza l = 8 m è appoggiata
su due sostegni A e B con l1= 2 m ed l2= 1 m. Calcolare le forze esercitate dalla
trave sui due sostegni, in modulo, direzione e verso.
______
209
(3)
a) Indicando le reazioni vincolari nei punti di appoggio A e B con A e B,
imponiamo che il risultante delle forze agenti sulla trave sia nullo e che sia
nullo anche il momento meccanico calcolato rispetto al centro di massa:
A + B = m g ,
l
l
A l1 = B l 2 ,
2
2
da cui, risolvendo il sistema:
l
l2 3
2
= ,
A = B B
l
2
l
1
2
A =
3
mg,
5
B =
2
mg
5
e quindi
FA = 1764 N,
FB = 1176 N.
Entrambe le forze sono rivolte verso il basso.
6.23. Un’asta omogenea lunga l = 1 m, imperniata in un piano verticale nel
punto O a distanza a = 0,1 m dal centro non resta in equilibrio e cade.
Calcolare l’accelerazione angolare iniziale.
(4)
_______
Per l’asta in rotazione attorno a O deve valere l’equazione cardinale della
dinamica dei corpi rigidi in moto rotatorio
M O = I O ,
da cui
M
= O =
IO
l
l
g [ ( + a )2 ( a )2
2
2
l2
4l ( + a 2 )
12
]
=
210
g
2
l
2( + a 2 )
12
=
9,8
rad
= 52, 4 2 .
0,187
s
6.24. Un’asta omogenea di lunghezza l = 1,8 m e massa M = 0,8 kg in quiete in
un piano orizzontale vincolata nel punto O baricentrale viene colpita
perpendicolarmente a un estremo da un proiettile di massa m = 3 g con velocità
v = 50 m/s che si conficca in essa. a) Con quale velocità angolare ruoterà l’asta
dopo l’urto? b) Qual è il lavoro di perforazione?
(5)
______
a) Trattandosi di un urto con conseguenze rotatorie ed essendo il sistema isolato,
si deve conservare il momento angolare totale rispetto al polo O, ovvero deve
essere
mv
l
M l2 ml2
= IO = (
+
),
2
12
4
e quindi
=
mv l
6m v
6 3 103 50
rad
=
=
= 0,62
2
2
Ml
ml
l (M + 3m )
0,809 1,8
s
+
6
2
.
b) Il lavoro di perforazione è dato dalla differenza tra l’energia cinetica iniziale
del proiettile e l’energia cinetica con cui inizia a ruotare tutto il sistema dopo
l’urto, ovvero
2
mv 2 I O = 3,73 J.
Lp =
2
2
6.25. Un’asta omogenea uniforme di lunghezza l = 1 m e massa m = 20 g ha un
estremo appoggiato a un piano liscio, mentre l’altro estremo appoggia su una
molla ideale verticale avente lunghezza a riposo ho = 15 cm e rigidità k = 5 N/m.
Calcolare, in condizioni di equilibrio: a) la compressione della molla, e b)
l’angolo .
(4)
______
211
a) Per risolvere il problema, dobbiamo ricorrere a un’approssimazione: quando
l’asta si abbassa comprimendo la molla per azione del proprio peso, la
lunghezza della molla compressa è a tan , dove a è la distanza tra il piede della
molla e il punto O. Cosi facendo, tuttavia, dobbiamo risolvere un’equazione di
4° grado; dal momento però che la lunghezza dell’asta è molto maggiore di
quella della molla a riposo, possiamo approssimare la lunghezza della molla
compressa con l sin . Annullando il momento meccanico delle forze agenti
calcolato rispetto al polo O, abbiamo allora
mg
l
cos = k x l cos ,
2
da cui
x=
m g 2 102 9,8
=
=1,96 cm.
2k
10
b) Risulta essere
x = ho – h = ho – l sin ,
e quindi
sin =
h o x 15 1,96
=
= 0,1304 ,
100
l
da cui
= 7°30' .
6.26. Un cilindro pieno omogeneo di massa m = 1 kg è appeso in un piano
verticale in modo da mantenersi in posizione orizzontale mediante due funi
ideali avvolte su esso. Se viene lasciato libero, calcolare: a) con quale
accelerazione discende, b) dopo quanto tempo è disceso di h = 50 cm, c) le
tensioni delle funi.
(5)
______
Indicando con T la tensione delle due funi, la seconda legge della dinamica ci
dà:
2 T = m g – m a;
212
quando il cilindro scende di un tratto h, esso acquista energia cinetica in
quantità pari alla perdita di energia potenziale;
1
2
Ia = m g h,
2
dove, per calcolare Ia, dobbiamo tener conto che il moto del cilindro è rotatorio
attorno all’asse di istantanea rotazione (passante per il punto di contatto con
le funi); per il teorema di Huygens-Steiner si ha dunque, tenendo conto che =
vCM/r,
1
3
I a = I CM + m r 2 = m r 2 + m r 2 = m r 2.
2
2
Quindi
2
1 3
3
2 v CM
2
m r 2 = mv CM
= m gh ,
r
2 2
4
da cui la velocità del centro di massa del cilindro, che d’ora in poi chiameremo
semplicemente v, risulta data da
4
v=
g h.
3
Essendo il moto di caduta del cilindro uniformemente accelerato con partenza
da fermo, sarà:
v2
2
m
= g = 6,53
,
2h 3
s2
3h
v
= 0,39 s,
t= =
g
a
a=
T =
m
(g a) = 0,5 3,27 = 1,64 N .
2
6.27. Un’asta omogenea uniforme di lunghezza l = 1 m è appesa verticalmente
all’estremo O; la sua caduta è impedita da un momento costante di attrito M e
l’asta può cadere solo quando l’angolo = 10°. Calcolare con quale velocità
angolare l’asta passerà per la posizione più bassa.
(4)
213
L’energia potenziale dell’asta subisce una variazione
U = U f Ui = m g
l
l
l
m g cos = m g (1 + cos ) .
2
2
2
Tale diminuzione viene utilizzata per compiere lavoro contro gli attriti e per
impartire all’asta energia cinetica:
1
1
m g l(1 + cos ) = M + I O 2 ;
2
2
in posizione verticale = 170°, quindi
=
m g l (1 + cos ) 2M m l2
3
=
3m g l (1 + cos ) 6M m l2
Per determinare M scriviamo che per = 10°, tale momento equilibra il
momento del peso dell’asta:
l
M = m g sin ,
2
perciò:
=
3m g l (1+cos )-6m g
m l2
l
sin 2
=
3g
l
(1 + cos sin ) =
= 29,4 (1 + 0,985 0,174 2,97) = 6,57
rad
s
.
6.28. Un’asta omogenea di massa m = 600 g incernierata all’estremo O è in
equilibrio sotto l’azione di un filo ideale di lunghezza l = 60 cm che la mantiene
orizzontale. A 3/4 della lunghezza dell’asta è appesa una massa M = 200 g.
Calcolare: a) la tensione del filo, b) la reazione vincolare in O.
(3)
214
_______
a) Il momento meccanico agente sul sistema deve essere nullo in condizioni di
equilibrio, quindi il momento rispetto al polo O della tensione T del filo deve
uguagliare quello del peso dell’asta e della massa M. Deve allora essere
Ty L = m g
da cui
L 3
+ Lm g,
2 4
T sin = g (
e quindi
T =
m 3
+ M)
2 4
g m 3
9,8
( + M) =
(0,3 + 0,15) = 8,82N,
sin 2 4
0,5
essendo, come evidente dalla figura, = 30°.
b) Scomponiamo la reazione vincolare in O nelle due componenti x e y e
imponiamo l’annullamento del risultante delle forze nelle due direzioni x e y:
x = T cos = 7, 64 N,
y = ( M + m ) g T sin = 3,43 N ,
da cui:
=
x2 + y2 = 8,37 N.
6.29. Un’altalena di massa trascurabile lunga l = 2 m parte dalla posizione
angolare o = 45°; durante la discesa, il bambino a bordo, di massa m = 40 kg,
modifica il proprio momento d’inerzia rispetto al polo O dal valore I = 450 kg m2
a I’ = 440 kg m2 mediante opportune flessioni. a) Stabilire in quale posizione è
opportuno ridurre il momento d’inerzia per aumentare l’ampiezza delle
oscillazioni. b) Calcolare a quale altezza risale l’altalena dopo la prima
oscillazione al ritorno nel punto A.
(5)
215
______
a) La diminuzione di I, dovendo valere la conservazione del momento angolare
I, deve portare a un aumento della velocità angolare, quindi dell’energia
cinetica I2/2; dovendo valere il principio di conservazione dell’energia,
aumenta la quota raggiunta dall’altalena nel suo punto di inversione, ovvero
m g l cos o =
1
2
I m g l cos ,
2
dove è la generica posizione angolare.
Se il bambino rende minimo il momento d’inerzia quando passa dalla posizione
C, diventa massima e l’altalena raggiungerà la quota più alta.
b) Cominciamo a calcolare la velocità angolare dell’altalena nella posizione C
senza modifiche di I:
m g l cos o =
=
1
I 2 m g l ,
2
2m g l (1 cos o )
I
Dopo la riduzione da I a I’, avremo la nuova velocità angolare
' =
I
I'
.
Scriviamo ora che l’energia totale nella posizione C si trasforma in energia
potenziale nella posizione di massima quota:
1
I ' '2 m g l = m g l cos ,
2
1 I
2m g l (1 coso ) m g l = m g l cos ,
2I'
2
450 I
cos = 1 (1 coso ) = 1 1 = 0,70,
440 I'
2 = 45°32' .
L’altezza massima sarà allora
al di sotto del punto O.
hmax = l cos = 1,55 m
216
6.30. Un proiettile di massa m = 20 g viene lanciato con velocità v = 50 m/s sul
bordo di un disco inizialmente fermo, di massa M = 10 kg e raggio r = 40 cm,
libero di ruotare in un piano orizzontale attorno al proprio asse. Se v forma con
la verticale un angolo = 45° ed è contenuto in un piano verticale tangente al
disco, e il proiettile resta conficcato nel disco, calcolare: a) la velocità angolare
del sistema dopo l’urto, b) il lavoro di penetrazione nel disco.
(4)
_______
a) Trattandosi di urto con conseguenze rotatorie, si conserva il momento
angolare totale del sistema; assunto come polo il centro del disco, si ha:
M r2
m v r = I tot = + m r 2 ,
2
=
2m v r
(M + 2m)r
2
=
2m v
(M + 2m)r
=
2 2 102 50
10,04 0,4
= 0,5
rad
s
.
b) Il lavoro di penetrazione è dato dalla differenza tra l’energia cinetica del
proiettile incidente e l’energia cinetica totale finale del sistema, ovvero
Lp =
1
2
M
r 2 2 = 0, 5 (2 10-2
2
2, 5 10 3 5, 02 0,16 0, 25) =
m v 2 + m = 24, 9 J.
Si noti che l’angolo di incidenza del proiettile non ha alcuna influenza sui
risultati.
6.31. Un’asta omogenea uniforme di massa m appesa per un estremo in un
piano verticale compie piccole oscillazioni di periodo T; se essa viene colpita
nel centro da un proiettile di massa m/5 che resta conficcato in essa, calcolare
la variazione percentuale del periodo delle piccole oscillazioni.
(5)
_______
217
L’asta è un pendolo composto di periodo
T = 2
I
,
m gd
dove I = m l 2/3 e d = l /2, perciò
T = 2
2l
.
3g
Il periodo T’ sarà invece
T ' = 2
m l2 m l2
+
3
5 4 = 2
m l
m
+
g
5 2
23 l
,
36 g
e quindi
T =
T '
T 'T
100 = 1 100 = T
T
23 3
1 100 = 2,1%
36 2
6.32. A una fune ideale appoggiata su una carrucola di massa M = 5 kg e raggio
R = 10 cm sono appese a sinistra una massa m = 1 kg e a destra una molla
ideale di lunghezza a riposo l = 10 cm e rigidità k = 1000 N/m e; se si tira
leggermente la massa m verso il basso, poi rilasciandola, dimostrare che il
sistema oscilla di moto armonico semplice. Calcolare: a) il periodo di
oscillazione, b) la posizione del centro di oscillazione.
(5)
______
a) L’energia meccanica di tutto il sistema deve mantenersi costante durante il
moto del sistema; essa comprende l’energia cinetica della massa m, la sua
energia potenziale, l’energia elastica della molla deformata di un tratto x e
l’energia cinetica della carrucola in rotazione con velocità angolare .
218
Assumendo un asse y orientato verso il basso con origine nel centro O della
carrucola e tendo conto che, quando tiriamo verso il basso la massa m la molla
si deforma di un tratto y = y – l, l’energia meccanica totale del sistema è
1
2
2
mv +
1
2
I O + m g y +
2
1
2
2
k(y l ) = costante,
dove I O è il momento d'inerzia della carrucola rispetto all'asse per O, ovvero
1
2
2
mv +
1 MR
2
2
2
v
R
2
2
+mgy +
1
2
2
k(y l ) = costante,
Differenziando, si ottiene:
M
1
1
2v dv + m + m g dy + k 2(y l)dy = 0,
2
2
2
M
dy
dv + m + m g dy + k(y l)dy = 0,
dt
2
che è l’equazione differenziale di un moto armonico semplice di periodo
T =
2
= 2
M
+m
2
= 6,28
k
3,5
= 0,37 s.
1000
b) L’accelerazione del centro di oscillazione è nulla, perciò, dalla precedente
equazione differenziale, otteniamo
dv M
+
m
+ m g + k(y l) = 0,
dt 2
a=
y0 = l k
M
+m
2
y+
kl m g
,
M
+m
2
mg
1 9, 8
= 0,1 = 0, 09 m = 9 cm.
k
1000
6.33. In un orologio a pendolo di torsione, se si fa ruotare la parte mobile di un
angolo = 30°, essa oscilla con periodo T = 2 s. Se essa è formata da 4 sfere di
massa m = 60 g e raggio r = 2 cm, il cui centro dista dal filo di sospensione d =
6 cm, calcolare: a)l’accelerazione angolare del sistema, b) la costante di
torsione del filo.
(4)
219
______
a) La legge di moto di un pendolo di torsione si ricava imponendo che il
momento torcente del filo di sospensione uguaglia il prodotto I del momento
d’inerzia per l’accelerazione angolare del sistema, ovvero
I = k ,
da cui risulta che il moto del pendolo è armonico con periodo
T = 2
Ne deriva che
=
I
= 2
k
.
4 2
rad
= 5,17 2 .
2
T
s
b) Per calcolare la costante di torsione del filo, si ricava
k=
4 2I
,
T2
dove il momento d’inerzia si ottiene dal teorema di Huygens-Steiner:
2
2
I = 4 m r 2 + m d2 = 4m r 2 + d2 = 4 6 102 (0,4 4 10 4 + 36 10 4 ) =
5
5
= 9,02 10 4 kg m 2 .
Allora
k =
Nm
4 9,87 9,02 10 4
= 8,9 10 3
.
rad
4
6.34. Un cubetto di densità = 8 g cm–3 con spigolo l = 2 cm viene lanciato
verticalmente verso l’alto con velocità iniziale v = 10 m/s. Calcolare: a) quando
passerà dal punto a quota h = 4 m; b) la pressione esercitata sul terreno
quando vi ricade affondando in esso con una faccia parallela al terreno; c) fino
220
a quale altezza farà schizzare un oggetto con la sua stessa massa appoggiato
all’estremo di un’asta di massa trascurabile come quella in figura, sulla quale
il cubetto rimbalza elasticamente cadendo dalla quota h.
(5)
_______
a) È un moto uniformemente decelerato in salita, uniformemente accelerato in
discesa, perciò la legge oraria del moto sarà
y = 1
g t 2 + vo t,
2
nella quale, ponendo y = h, otteniamo per il tempo
t =
vo ±
vo2 2 g h
g
=
10 ±
100 78,4
9,8
10 ± 4, 65
=
=
9,8
1,49 s
,
0,55 s
corrispondenti rispettivamente alla discesa, dopo aver raggiunto il culmine a
5,1 m di altezza, e alla salita.
b) Per la definizione stessa di pressione, otteniamo, indicando con Fn la forza
esercitata in direzione perpendicolare al terreno
p =
q
Fn
=
,
S t
S
dove S è la sezione del cubetto e q è l’impulso esercitato sul terreno, pari alla
variazione di quantità di moto del cubetto che, penetrando nel terreno, perde
tutta la propria velocità; abbiamo allora
p=
m vo
S t
=
l 3 vo
2
l t
= l g = 8000 2 102 9,8 = 1,57 kPa.
c) Nell’urto vale il principio di conservazione del momento angolare di tutto il
sistema, cioè, tenendo conto che il cubetto arriverà sull’asta con velocità
v=
2 g h , e che vi rimbalza elasticamente:
m
da cui
2 g h 6l = m
2g h 6 l + m
y = h = 4 m.
221
2 g y 12 l ,
6.35. Un cilindro pieno omogeneo di massa m = 4 kg e raggio r = 6 cm è appeso
al soffitto mediante un sottile filo metallico ideale. Dando una leggera torsione
al cilindro, il filo esercita un momento meccanico di richiamo MO = – k , dove k
è la costante di torsione del filo e è l’angolo di torsione.
Trascurando ogni attrito, se il cilindro oscilla attorno al proprio asse con
periodo T = 0,4 s, calcolare: a) k; b) l’accelerazione angolare del cilindro per =
10°.
(4)
_______
a) Trattandosi di un moto rotatorio attorno all’asse baricentrale, deve essere
MO = IO ,
da cui
– k = IO ,
+ (k/IO) = 0,
tipica equazione di moto armonico semplice con
=
k
IO
T = 2
e
IO
k
Allora :
k=
4 2I O
T2
=
2 2m r 2
T2
= 1,77
Nm
rad
.
b)
=
k
IO
=
2k
mr2
= 428,8
222
rad
s2
.
.
6.36. Un’asta omogenea uniforme di lunghezza l = 1 m e massa m è appesa
verticalmente in quiete per l’estremo O quando viene colpita da una freccia di
massa m /20 in moto orizzontale con velocità v = 50 m/s. Se la freccia si
incastra nell’asta, calcolare, trascurando il momento d’inerzia della freccia
rispetto a quello dell’asta: a) a quale distanza da O incide la freccia se l’asta,
per effetto dell’urto, raggiunge la posizione verticale ruotando di = 180°; b) la
velocità angolare con cui la freccia passa dalla posizione orizzontale.
(5)
_______
a) Deve valere il principio di conservazione del momento angolare, essendo
l’urto con conseguenze rotatorie; se allora x è la distanza tra O e il punto di
impatto, sarà
1
1
1
m v x = It = m l2 +
m x 2 .
20
20
3
L’energia cinetica con cui parte l’asta si trasforma in aumento di energia
potenziale quando l’asta ha raggiunto la posizione verticale superiore:
m
1
2
It = 2 x
g + m g l,
20
2
1
2
It
m 2v 2 x 2
16I 2t
=
m 2v 2 x 2
x
= m g l +
.
1
1
10 2
2
32
ml +
mx
3
20
Trascurando il termine m x 2/20 al denominatore, si ricava:
15 v 2x
2
– 16 g l 2x – 160 g l
3
= 0,
che ha per soluzione x = 0,41 m = 41 cm.
b) Applicando il principio di conservazione dell’energia, si ha
m gx
1
l
1
It 2 =
It '2 +
+mg ,
2
20
2
2
da cui la nuova velocità angolare ’ risulta
' =
2 m g x
rad
+ l = 45
.
I t 10
s
223
6.37. Un’asta omogenea di massa M = 1 kg e lunghezza l = 60 cm, appesa
verticalmente e appoggiata a una molla ideale scarica di rigidità k = 3 104 N/m,
viene colpita da una massa m = 40 g che incide orizzontalmente sull’estremo
inferiore con velocità v = 40 m/s e vi rimbalza con velocità v’ =10 m/s.
Calcolare: a) la compressione della molla in seguito all’urto, b) l’energia
dissipata nell’urto.
(5)
______
a) Applichiamo il principio di conservazione del momento angolare del sistema
asta-massa ricavando la velocità angolare con cui parte l’asta, imponendo poi
che l’energia cinetica acquistata dall’asta in seguito all’urto si trasformi
interamente in energia elastica di compressione della molla.
m v l = I m v' l ,
=
x =
m l (v + v ') 3m (v + v ')
=
;
1
Ml
2
Ml
3
1 2 1 2
I = kx ,
2
2
3m(v + v ') I
3m (v + v ') M l 2 3 4 102 50 1 0,36
I
=
=
=
= 2cm.
Ml
Ml
k
k
1 0,6
3k
9 104
b) L’energia dissipata nell’urto è data dalla differenza tra l’energia cinetica
iniziale della massa m e la somma delle due energie cinetiche dell’asta e della
massa che vi rimbalza, cioè
E =
1
1
1
1 M l2 2 2
2
m v 2 I 2 m v' 2 =
m
(v
v'
)
=
3
2
2
2
2 3 m 2 (v + v' ) 2 1 2
2
=
m
(v
v'
)
=
2 M
= 0,5 (4 10-2 1,5 10 3 3 16 10 4 2,5 10 3 ) = 24 J.
6.38. Un’asta omogenea uniforme di massa M e lunghezza d è vincolata
nell’estremo O e mantenuta orizzontalmente in un piano verticale. Se la si
lascia libera, essa va a urtare un corpo puntiforme di massa m fermo nel punto
A; se, dopo l’urto, l’asta rimbalza a 45° e il corpo cade nel punto di ascissa d,
calcolare il rapporto m/M.
(5)
224
_______
Nell’urto vale il principio di conservazione del momento angolare del sistema;
prima dell’urto abbiamo il solo momento angolare dell’asta che, rispetto al polo
O, vale
PaO = I O =
Md2
,
3
dove la velocità angolare dell’asta si ricava tenendo presente che quando
l’asta arriva a toccare la massa m ha perso tutta l’energia potenziale rispetto
alla posizione orizzontale trasformandola in energia cinetica, cioè
Mg
=
d 1
=
IO 2 ,
2
2
Mgd
I
3g
=
d
O
e quindi:
P
aO
= IO =
Md2
3g
3
d
= M
'
d3 g
3
.
Dopo l’urto abbiamo il momento angolare P aO dell’asta che rimbalza e quello
della massa m che parte orizzontalmente con velocità v, m v d; per calcolare P’ a0
1
IO ' 2 , si
dobbiamo imporre che l’energia cinetica con cui rimbalza l’asta,
2
trasforma in energia potenziale a 45°, cioè:
1
1
IO ' 2 =
M g d (1 cos45° ) ,
2
2
225
e quindi
M g d (1 cos45 ° )
.
IO
' =
Ne consegue che
'
PaO =
M g d IO (1 cos45 ° ) .
Allora otteniamo:
M g d IO = M g d IO (1 cos 45° ) + m v d.
Per ricavare v, scriviamo l’equazione della traiettoria della massa m:
1 x2
y = g 2 + d,
2 v
da cui, ponendo che per x = d è y = 0, risulta
v=
gd
2
.
Quindi
Mg d IO = M g d IO(1 cos45° ) + m d
Mg d IO (1 +
Elevando al quadrato, si ricava:
m
=
M
1
2
) = md
2
gd
,
2
gd
.
2
4,74
= 1,26.
3
6.39. Un’asta omogenea e uniforme di massa m e lunghezza l = 80 cm è appesa
verticalmente per l’estremo O. Calcolare: a) con quale velocità deve essere
scagliata una freccia di massa m/4 che si conficca nell’estremo libero A per
portare l’asta in posizione orizzontale; b) la frazione dell’energia cinetica
iniziale della freccia spesa come lavoro di penetrazione.
(4)
226
______
a) Nell’urto vale il principio di conservazione del momento angolare totale;
prima dell’urto il momento angolare rispetto al polo O è solo quello della
freccia, ovvero m v l/4, mentre dopo l’urto il momento angolare viene espresso
da Itot, essendo la velocità angolare con cui parte l’asta con la freccia
infissa e Itot il momento d’inerzia del sistema calcolato rispetto all’asse per O;
allora
m l2
m l2 7
2
Itot = +
=
m l .
3 12
4
L’asta si arresta quando tutta la sua energia cinetica si è trasformata in
energia potenziale in posizione orizzontale; tenendo conto che la freccia si
solleva di l, mentre il centro di massa dell’asta si solleva di l/2, abbiamo
m
l
3
1
2
Itot =
g l + m g = m g l,
4
2
4
2
da cui
=
18 g
.
7l
Uguagliando il momento angolare totale finale e quello iniziale e sostituendo
l’espressione di , otteniamo
v=
2016 g l =
2016 9,8 0,8 = 125,7
m
.
s
b) La frazione cercata è espressa dal rapporto tra il lavoro di penetrazione e
l’energia cinetica della freccia incidente, ovvero
18 g
1
7
Itot 2
m l2 Ki K f
Kf
7l =
f =
=
=1 =1 2
= 1 24
1 m 2
m
Ki
Ki
Ki
v
2016 g l
2 4
8
= 0,997,
Lp
pari al 99,7% dell’energia cinetica iniziale della freccia.
6.40. Un disco omogeneo di raggio r = 10 cm e massa M = 1 kg è imperniato su
un asse passante per il centro collegato rigidamente a un ingranaggio I su cui è
avvolta una fune ideale passante su una carrucola e recante all’estremo libero
un blocco di massa m = 200 g. Quando m scende di un tratto h = 40 cm, la fune
mette in rotazione il disco attraverso l’ingranaggio; trascurando qualsiasi
attrito, calcolare: a) il momento d’inerzia del disco, b) la sua velocità angolare,
c) la sua quantità di moto, d) il suo momento angolare.
(5)
227
_______
a) Il momento d’inerzia del disco rispetto all’asse baricentrale è
I =
1
2
2
3
2
M r = 0, 5 10
= 5 10 kg m .
2
b) Quando il blocco è sceso di un tratto h, la sua energia potenziale è diminuita
di m g h, mentre il disco, posto in rotazione attraverso l’ingranaggio, ha
acquistato un’energia cinetica rotazionale I 2/2, quindi possiamo scrivere che
1
I 2 = m g h,
2
=
2m g h
=
I
2 0,2 9,8 0,4
rad
= 17,7
.
3
s
5 10
c) La quantità di moto di un corpo vincolato a un asse fisso, non avendo alcun
moto traslatorio, è sempre nulla.
d) Il momento angolare del disco vale
P = I = 5 103 17,7 = 88,5 10 3
kg m 2
.
s
6.41. Un topolino e un pezzo di formaggio sono in equilibrio su un’assicella
omogenea e uniforme di massa M = 1 kg, lunghezza l = 5 m e coefficiente di
attrito μ = 0,4: il formaggio ha massa m1 = 300 g e si trova a distanza d1 = 1,5 m
dal fulcro F, mentre il topo è a distanza d2 = 50 cm da F, che si trova a sua
volta distanza h = 2 m dall’estremo A. Il topo tenta di raggiungere il formaggio,
ma, appena si sposta verso sinistra, l’assicella si inclina e il formaggio scivola
verso A rischiando di cadere nel pozzo sottostante. L’astuto topo si sposta
allora con estrema lentezza verso il formaggio e con molta pazienza riesce a
raggiungerlo dopo un tempo t = 5 min.
Calcolare: a) la massa del topo, b) la massima inclinazione dell’asse perché il
pezzo di formaggio non scivoli, c) la velocità costante con cui si è mosso il topo
228
per raggiungere il formaggio prima che questo cada, evitando di finire in bocca
al gatto appostato sul bordo del pozzo. Si supponga uniforme la rotazione
dell’assicella.
(6)
______
a) Quando tutto il sistema assicella-topo-formaggio è in equilibrio orizzontale,
il momento delle forze peso deve essere nullo, cioè
l
M h g m d2 g m 1d1 g = 0,
2
l
M h m 1 d1
2
1 0,5 0,45
m =
=
= 100 g.
d2
0,5
b) Deve essere soddisfatta la condizione
cioè
tan < μ,
< 21° 48’.
c) Il moto del sistema è retto dall’equazione MF = dPF/dt, dove abbiamo scelto
come polo il fulcro F. Ricordando che il momento angolare si può scrivere come
IF , la precedente relazione, tenendo conto che il momento d’inerzia varia nel
tempo poiché il topo si sta muovendo, si scrive
MF = I F
d
dI F
+
,
dt
dt
229
Se la rotazione è uniforme, la precedente relazione diventa
MF = dIF
,
dt
cioè
[
d m 1d12 + mx
l
=
m1g d1 + m g x M g
h
2
dt
2
] = 2m w x v,
dove x = v t è la distanza percorsa dal topo dopo il tempo t.
Allora
l
m1g d1 + m g v t M g h = 2m w v 2t.
2
Essendo però v molto piccola, possiamo trascurarne il quadrato e scrivere, con
buona approssimazione:
l
m1g d1 + m g v t M g h = 0,
2
da cui
v=
l
M h m d1
2
mt
=
0,5 0,1 1,5
0,35
m
cm
=
= 0,012
= 1,2
.
0,1 300
30
s
s
6.42. Una trave omogenea e uniforme di massa M = 50 kg e lunghezza L è
imperniata in un perno O posto a L /4 dall’estremo A. Un bimbo posto in A
mantiene la trave in equilibrio; calcolare: a) la massa m del bimbo, b) la
reazione vincolare nel punto O.
(3)
______
a) Deve essere nullo il momento di tutte le forze agenti, che sono il peso del
bimbo, quello della trave e la reazione O nel punto di appoggio O; se scegliamo
come polo il punto O, il momento della reazione vincolare è nullo e l’equilibrio
è espresso dall’uguaglianza
mg
da cui
L
L
L
L
= M g = Mg ,
2
4
4
4
m = M = 50 kg.
230
b) Per calcolare la reazione vincolare in O, basta cambiare polo; scegliendo per
esempio il polo A, dovrà essere
L
L
O M g = 0,
2
4
O = 2M g = 980 N.
Se avessimo scelto come polo l’altro estremo della trave avremmo ricavato
ovviamente lo stesso risultato, come lasciamo verificare al lettore.
6.43. Un uomo di massa m = 60 kg è in quiete sul bordo di una piattaforma di
massa M = 100 kg e raggio r = 4 m anch’essa in quiete. a) Se l’uomo si mette in
moto in direzione radiale con velocità costante v = 80 cm/s come si comporta la
piattaforma? b) e come si comporta se l’uomo si mette in moto in senso orario
lungo il bordo con la stessa velocità?
(4)
______
a) Il sistema piattaforma-uomo è isolato, perciò deve valere il principio di
conservazione del momento angolare; il momento angolare iniziale è nullo
poiché è tutto in quiete, ma quando l’uomo si mette in moto radialmente non
acquista momento angolare rispetto al centro della piattaforma, in quanto il
vettore posizione r e il vettore velocità v sono antiparalleli; ne consegue che la
piattaforma non può acquistare alcun momento angolare e resterà perciò
ferma.
b) Diversa è la situazione nel caso di moto periferico dell’uomo; infatti egli
acquista rispetto al centro della piattaforma un momento angolare m v r e la
piattaforma dovrà acquistare un momento angolare I tale che
mv r + I = 0
e la piattaforma si metterà a ruotare in verso opposto a quello in cui cammina
l’uomo con velocità angolare
= mvr
mvr
mv
48
rad
= = = = 0,11
.
2
M
I
440
s
Mr
2
r
+m
+m r
2
2
6.44. Due aste omogenee uguali, di lunghezza l e massa m sono imperniate la
prima sull’asse baricentrale, la seconda su un asse passante in un punto
posto a un terzo della lunghezza e stanno ruotando con la stessa velocità
231
angolare ; calcolare il rapporto: a) tra i loro momenti d’inerzia, b) tra le loro
energie cinetiche, c) tra i loro momenti angolari.
(4)
______
a) Per determinare il rapporto tra i momenti d’inerzia delle due aste dobbiamo
applicare il teorema di Huygens-Steiner: per la prima asta, che ruota attorno
alll’asse baricentrale, abbiamo
1
I1 =
m l2 ,
12
mentre per la seconda, in base al suddetto teorema, essendo la distanza tra i
due assi pari a l/6, abbiamo
2
l
1
1
1
I 2 = I1 + m =
m l2 +
m l2 = m l2 ,
12
36
9
6
perciò sarà
I1
I2
1
m l2
3
= 12
= .
4
1
m l2
9
b) L’energia cinetica di un’asta in rotazione attorno a un asse con velocità
angolare vale I 2/2; essendo per le due aste la stessa la velocità angolare, il
rapporto tra le energie cinetiche coincide con quello tra i momenti d’inerzia.
c) Il momento angolare di un’asta in rotazione attorno a un asse con velocità
angolare vale P = I e anche in questo caso il rapporto tra i due momenti
angolari, essendo la stessa per le due aste, coincide con quello tra i momenti
d’inerzia.
6.45. Una sfera e un cilindro omogenei di ugual massa m e ugual raggio r
vengono lanciati dalla cima dello stesso piano inclinato di altezza h e rotolano
senza strisciare fino al termine del piano.
Determinare il rapporto: a) tra le loro energie cinetiche finali, b) tra le velocità
angolari, c) tra le velocità dei centri di massa, d) tra i tempi di percorrenza, e)
tra le accelerazioni.
(5)
232
______
a) Il moto di entrambi i corpi è rotatorio attorno all’asse di istantanea
rotazione a, passante per il punto di contatto con il piano inclinato; le loro
energie cinetiche, indicando con vCM le velocità del centro di massa e
applicando il teorema di Huygens-Steiner, sono espresse da:
2
7
2
v CMs
m r2 + m r2
=
m v 2CMs ,
5
r2
10
Ks =
1
1
Ia 2 =
2
2
Kc =
2
1
1 1
3
v CMc
Ia 2 = m r 2 + m r 2
= m v 2CMc .
2
r
2
2 2
4
Tali energie cinetiche sono acquistate a spese dell’energia potenziale iniziale
dei due corpi m g h, quindi il rapporto cercato vale 1.
b), c) Il rapporto tra le velocità angolari (entrambe pari a vCM/r) coincide con
quello tra le velocità dei centri di massa. Dovrà essere, rispettivamente:
m gh =
7
2
m vCMs
,
10
m gh =
quindi
3
2
m vCMc ,
4
15
vCMs
=
.
14
vCMc
d) Sia il moto del cilindro sia quello della sfera sono uniformemente accelerati,
ma l’accelerazione dei centri di massa non è g sin , perché oltre alla
traslazione c’è anche il rotolamento. Possiamo comunque scrivere, indicando
con l la lunghezza del piano inclinato, che i due tempi sono espressi da
e) Trattandosi di un moto uniformemente accelerato, deve essere a = v/t,
ts =
2l
v CMs
tc =
,
233
2l
v CMc
,
da cui
ts
tc
=
v CMc
v CMs
=
14
.
15
quindi il rapporto cercato vale
v CMs
2
15 as
ts
=
=
= 1,15.
v CMc
14 ac
tc
6.46. Mentre un disco omogeneo di massa M = 2 kg e raggio r = 20 cm ruota
attorno al proprio asse verticale con velocità angolare = 30 rad/s, viene
colpito da una freccia di massa m = 60 g che si conficca in esso con velocità v =
30 m/s a distanza d = 10 cm dal centro. Calcolare: a) la nuova velocità angolare
e b) il lavoro di penetrazione della freccia.
(5)
______
a) Trattandosi di un sistema isolato, si manterrà costante il momento angolare
di tutto il sistema prima e dopo l’urto; il momento angolare iniziale rispetto
all’asse baricentrale del disco è dato dalla somma del momento angolare del
disco e di quello della freccia che tuttavia essendo diretto perpendicolarmente
sia a r sia a v, non ha componenti lungo l’asse baricentrale; il momento
angolare finale è invece il prodotto della nuova velocità angolare del disco per il
momento d’inerzia totale. In formule:
M r2
r2
M r2
=
+ m ',
2
4
2
M r2
4 102 30
rad
2
' =
=
= 29,1
.
2
3
2
M r2
s
4 10 + 1,2 10
r
+m 4
2
(
)
234
b) Il lavoro di penetrazione è dato dalla differenza tra l’energia cinetica totale
iniziale e quella finale, cioè
Lp =
2
2
2
1
1 Mr
1 Mr
mr 2
m v2 + 2 +
' =
2
4 2
2
2 2
= 450 6 10 2 + 450 4 10 2 2,06 10 2 848,3 = 27,5 J.
6.47. Un uomo infila una sbarra lunga l = 2 m sotto un masso di massa M =
500 kg. Quale forza deve applicare per sollevare il masso usando un fulcro che
dista d = 20 cm dal punto in cui l’asta tocca il masso e sporge dal terreno di h =
15 cm?
(2)
______
Basta quindi scrivere che è nullo il momento di tutte le forze agenti calcolato
rispetto al polo F; tenendo conto che la componente del peso del masso
perpendicolare alla sbarra vale M g cos , abbiamo allora:
d d
,
= P cos l cos cos Mgd
Mg
500 9,8
=
=
= 700 N.
ld
l
2
1
d
1
0,25
h2 + d
h 2 + d2
M g cos P =
Mgd
=
l cos d
In tal modo l’uomo esegue uno sforzo 7 volte inferiore a quello che dovrebbe
compiere sollevando il masso senza leva.
6.48. Un’asta omogenea e uniforme di lunghezza L = 80 cm e massa M = 800 g
è in equilibrio imperniata nel punto O a distanza L/3 dall’estremo B, sul quale
si trova una massa puntiforme x. Sull’estremo A cade liberamente da una
quota L un corpo puntiforme, anch’esso di massa x. restandovi attaccato.
Calcolare: a) il valore di x, b) la quota raggiunta in seguito all’urto dalla massa
posta in B.
(5)
235
______
a) Scriviamo le condizioni di equilibrio, annullando il risultante dei momenti
calcolati rispetto al polo O
L
L
L
x g = M g ,
2 3
3
M
x =
= 400 g.
2
b) Nell’urto deve valere il principio di conservazione del momento angolare
calcolato rispetto al polo O; il momento angolare iniziale è nullo essendo tutto
il sistema in quiete. Quando nel punto A incide la massa x con velocità 2 g L
l’asta entrerà in rotazione con velocità angolare e la massa posta in B partirà
con velocità v’ = L/3 e possiamo scrivere che
M
2
2g L
M L
M L
3v' M L2
M L2
M 4 L2 2L
=
v' + Itot =
v' +
+
+
,
36
2
3
2
3
L 12
2 9 3
ML
2 gL = v' +ML ,
6
2
v' =
2g L .
7
ML
3
La massa posta in B, partendo con velocità v’ raggiungerà una quota L’ tale che
v' = 2 g L' ,
ma in virtù del precedente risultato,sarà
2 g L' =
e quindi
L' =
2
7
2g L
4
L = 6,5 cm.
49
236
6.49. Si supponga che per effetto della fusione delle calotte polari provocata
dall’effetto serra il momento d’inerzia rispetto all’asse polare della Terra
aumenti del 12 %. Di quanto varierebbe percentualmente la durata del giorno?
(5)
______
Dal momento che la Terra si può considerare un sistema isolato, deve essere
valido il principio di conservazione del momento angolare nella forma I =
costante e qui si potrebbe commettere un grave errore di valutazione. Infatti si
potrebbe essere indotti a ritenere dalla precedente relazione che
d ( I) = 0,
dI + I d = 0
e quindi
d
dI
dT
= =
,
I
T
(1)
che indurrebbe a concludere erroneamente che la durata del giorno – cioè il
periodo T – aumenta anch’essa del 12%.
Erroneamente, perché le relazioni precedenti valgono solo per variazioni
infinitesime delle grandezze in gioco, mentre una variazione del 12% non può
essere considerata tale.
La conservazione del momento angolare deve essere scritta invece in questa
forma
I = costante, ( I) = 0,
da cui
( + )(I + I ) I = 0,
I + I + I + I I = 0,
(2)
I + (I + I ) = 0,
=
I
I
1+
I
=
0,125
= 0,111.
1,125
I
La velocità angolare della Terra diminuisce dell’11,1 %, perciò il periodo
aumenta dell’11,1%.
Si osservi che nel caso in cui le variazioni sono infinitesime il prodotto
I
compare nella (2) diventa un infinitesimo del secondo ordine, trascurabile
rispetto agli altri termini della somma, e la (2) si riduce alla (1).
237
6.50. a) Quale potenza viene dissipata nell’istante t = 10 s per porre in
rotazione attorno al proprio asse un cilindro pieno omogeneo di raggio r = 10 cm
e massa M = 10 kg con un motore che applica al cilindro un momento
meccanico costante MO = 0,6 N m ? b) Qual è la sua velocità angolare in tale
istante ? c) E qual è l’accelerazione angolare ?
(3)
______
a), b) La potenza nei moti rotatori dei corpi rigidi è data da
W = MO x ,
dove
MO
Mr 2
M r2 d
= IO =
=
2
2 dt
e quindi
=
2 MO t
Mr
2
= 120
rad
.
s
Ne consegue:
W = 72 W.
c)
=
d
120
rad
=
= 12 2 .
10
dt
s
6.51. Un’asta omogenea uniforme di massa M = 1 kg e lunghezza l = 60 cm
libera di ruotare attorno al proprio asse baricentrale è in quiete in un piano
verticale. Se viene colpita nell’estremo A da una pallina da tennis di massa m =
60 g che rimbalza elasticamente cadendo da una quota h = 40 cm, calcolare: a)
con quale velocità angolare entrerà in rotazione l’asta dopo l’urto, b) in quale
posizione angolare si arresterà se sul perno O agisce un momento meccanico
frenante MO = 0,2 N m.
(4)
_______
a) Nell’urto, che ha conseguenze rotatorie, si ha la conservazione del momento
angolare totale; la pallina incide sull’asta con velocità
v=
2g h
238
e rimbalza con la stessa velocità, essendo l’urto elastico; se è la velocità
angolare con cui parte l’asta dopo l’urto, avremo, rispetto al polo O:
mv
=
l
l
= I O m v '
2
2
ml
m l(v + v ') 6m
12m
(v + v ') =
=
2v =
2I O
1
Ml
Ml
M l2
2
12
=
2g h =
12 6 10 2
rad
19, 6 0, 4 = 3, 36
.
1 0, 6
s
b) L’energia cinetica rotazionale dell’asta viene spesa in lavoro per vincere le
forze di attrito, cioè
1
I O 2 = L att = M O ,
2
da cui
=
I O 2
2M O
M l 2 2 1 0,36 11,3
=
=
= 0,847 rad = 47°41'.
24M O
24 0,2
6.52. Un tuffatore di massa m = 80 kg è posto all’estremità A di un trampolino
di lunghezza l e massa M = 150 kg imperniato in O. Se il tutto è in equilibrio,
con l’estremo A abbassato di un tratto d = 5 cm, calcolare la rigidità del
trampolino.
(4)
______
Il sistema uomo-trampolino sarà in equilibrio rotatorio quando è nullo il
momento di tutte le forze agenti: tali forze sono il peso del trampolino,
applicato nel centro di massa, il peso dell’uomo e la forza elastica di richiamo
del trampolino, orientata verso l’alto.
Dovrà allora essere
l
+ m g l = k d l,
2
980
kN
g M
+m =
155 = 30,4
.
k =
5
m
d 2
Mg
239
6.53. Un’asta omogenea uniforme di massa m = 200 g e lunghezza l = 60 cm è
imperniata all’estremo O e reca all’estremo libero una sfera di massa m e raggio
r = l/8. Se il sistema viene fatto oscillare partendo dalla posizione angolare =
30°, calcolare: a) il momento d’inerzia del sistema rispetto al polo O, b) il
momento delle forze peso rispetto al polo O, c) il periodo delle piccole
oscillazioni come pendolo composto.
(6)
_______
a)
IO = Iasta + Isfera =
2
1
l2
81 2 1541
m l2 + m
+m
l =
m l2 = 0,116 kg m 2 .
960
3
5
64
64
b)
MO =
l
9
13
m g sin + l m g sin =
m g l sin = 0,96 N m.
2
8
8
c) L’equazione di moto è
MO = I O ,
cioè
13
8
m g l sin =
Nel caso di piccole oscillazioni, sin
un moto armonico
=
il cui periodo è
T = 2
~
1541
960
ml .
2
e l’equazione differenziale è quella di
1560 g
1541 l
1541 l
= 1,54 s.
1560 g
240
6.54. Un pendolo semplice di Galileo batte il secondo. Calcolare il periodo del
pendolo composto ottenuto sostituendo alla sferetta puntiforme del primo una
sfera di raggio r = 3 cm.
(4)
_______
Il pendolo semplice, dal momento che batte il secondo, ha periodo T = 2 s,
quindi la lunghezza del filo è
l=
g T2
4 2
=
9,8 4
= 0,99 m.
4 9,87
Il periodo del corrispondente pendolo composto è dato da
T1 = 2
= 6,28
I
= 2
m gd
2
m r 2 + m l2
5
= 2
m g (l + r )
0,4 9 104 + 0,987
= 6,28
9,80665 (1,024)
2 2 2
r +l
5
=
g(l + r )
0,98736
= 1,97 s.
10,04
Si noti che la differenza, pur piccola, non è affatto trascurabile; si osservi
anche la necessità di ricorrere in questo caso ad assumere più decimali sia nei
calcoli su sia nel valore dell’accelerazione di gravità.
241