Matteo Luca Ruggiero
DISAT@Politecnico di Torino
Fisica 1
Anno Accademico 2011/2012
(7 Maggio - 11 Maggio 2012)
1 ESERCIZI SVOLTI AD ESERCITAZIONE
Sintesi
1
Abbiamo introdotto riformulato il teorema dell’energia cinetica in presenza di forze non
conservative, considerando anche il lavoro della forze vincolari. Abbiamo generalizzato il
teorema dell’energia cinetica per un sistema di
particelle, facendo riferimento, in particolare,
ad un sistema rigido e abbiamo formulato il teorema di König, che permette di scomporre l’energia cinetica di un sistema in energia cinetica
del centro di massa più energia cinetica del moto
relativo al centro di massa. Abbiamo quindi studiato il concetto di forze impulsive, e visto come le leggi di conservazione si possano applicare
per studiare i vari tipi di urti.
Esercizi svolti ad Esercitazione
Esercizio 7.1
Figura 1: Esercizio 7.1
Un punto materiale di massa m è vincolato a scivolare senza attrito su
un piano inclinato, che al suo termine si raccorda con una guida circolare di
raggio R. Il punto parte dalla posizione Pi a una quota h rispetto all’asse x.
(1) Calcolare la minima quota (h)min di partenza affinchè esso possa effettuare
il ”giro della morte” senza mai perdere contatto con la guida (2) Dopo il giro
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della morte, la guida prosegue orizzontalmente (retta y = −R); dunque il
punto continua a scivolare senza fine sulla retta y = −R. Quanto vale la
minima velocità (costante) V∞ del punto?
Soluzione Commentata. Osserviamo innanzitutto che il moto del punto
materiale avviene sotto l’azione di forze conservative (la forza peso) o di forze
che non compiono lavoro (le reazioni vincolari). Quindi, possiamo senz’altro
sfruttare il fatto che si conserva, in tutto il moto, l’energia meccanica.
Dal punto di vista fisico, affinché effettui il giro della morte la velocità deve
essere sufficientemente elevata, in modo da assicurare il contatto del punto
materiale con la guida circolare anche nella posizione di massima altezza Pf .
D’altra parte, la velocità con cui arriva nella posizione Pf dipenderà dalla
quota di partenza.
Detto questo iniziamo determinando la minima velocità (vf )min che deve
avere il punto P nella posizione Pf per non perdere contatto con la guida,
dopo di che cerchiamo di determinare la minima quota (h)min necessaria
perchè il punto materiale raggiunga la posizione Pf con la minima velocità
(vf )min .
Nella posizione Pf l’equazione di moto del nostro punto materiale è
− mgj + Φy j = ma
(1)
dove Φy j è la reazione vincolare esercitata dalla guida. Tenendo conto del
fatto che nella posizione Pf il nostro punto materiale sta descrivendo una
circonferenza di raggio R con velocità vf , la componente dell’equazione (1)
lungo l’asse y è:
vf2
vf2
(2)
− mg + Φy = −m ⇒ Φy = m g −
R
R
Si osservi che il punto mantiene il contatto con la guida nella posizione Pf
soltanto se la guida esercita una reazione vincolare non nulla, e precisamente
diretta verso il basso. La condizione di contatto è dunque Φy < 0, ovvero:
p
vf2
g−
< 0 ⇒ vf > gR
R
(3)
Ui = Tf + Uf
(4)
√
Dunque (vf )min = gR: questa è la minima velocità necessaria a mantenere
il contatto con la guida nel punto Pf .
(1) L’energia meccanica nella configurazione iniziale i è uguale all’energia
meccanica nella configurazione finale f:
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Assumendo la retta orizzontale passante per O (asse x) come luogo dove il
potenziale del peso si annulla, l’energia potenziale del punto P vale U = mgy.
Quindi la (4) diviene:
1 vf2
1
+R
(5)
mgh = mvf2 + mgR ⇒ h =
2
2 g
√
Ricordando che la condizione per il contatto è vf > gR, possiamo concludere che per effettuare il giro della morte il punto materiale deve partire da
una quota h soddisfacente alla condizione
h>
3
1 gR
+R = R
2 g
2
(6)
Dunque (h)min = (3/2)R.
(2). Utilizziamo ancora una volta la conservazione dell’energia meccanica:
3
1
Ui = T∞ + U∞ ⇒ mg R = mV∞2 − mgR
2
2
p
3
1
g · R = V∞2 − g · R ⇒ V∞ = 5gR
2
2
(7)
(8)
Esercizio 7.2
Figura 2: Esercizio 7.2
Un cilindro omogeneo di massa m, raggio r e centro di massa G, è vincolato
a rotolare senza strisciare su un piano inclinato, che al suo termine si raccorda
con una guida circolare di raggio R > r. Inizialmente, il centro di massa del
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G del disco ha una quota h rispetto all’asse x. Il disco parte dalla quiete. (1)
Calcolare la minima velocità (vf )min che deve avere il centro di massa G del
disco nella posizione più alta Gf affinchè il disco non perda il contatto con
la guida circolare nemmeno nella posizione più rischiosa Gf . (2) Calcolare la
minima quota h di partenza del centro di massa G rispetto all’asse x affinchè
esso possa effettuare il giro della morte senza perdere contatto con la guida.
Soluzione Commentata. (1) Scriviamo la componente dell’equazione del
risultante lungo l’asse y nel punto più alto Gf del centro di massa, tenendo
conto del fatto che in tale punto G sta descrivendo una circonferenza di
raggio R − r con velocità vf :
vf2
− mg + Φy = −m
R−r
(9)
Risolviamo rispetto a Φy e imponiamo che Φy < 0 (cioè che anche nel
punto più alto la guida eserciti una componente verticale di reazione diretta
verso il basso):
p
vf2
Φy = m g −
< 0 ⇒ (vf )min = g (R − r)
(10)
R−r
(2) Poichè le forze attive sono conservative e il vincolo di puro rotolamento, l’energia meccanica si conserva; quindi l’energia meccanica nella
configurazione i è uguale all’energia meccanica nella configurazione f:
Ui = Tf + Uf
(11)
(i) Tenendo presente il teorema di König, l’energia cinetica del disco, in
funzione della velocità v del centro di massa, vale:
1
3
1 mr 2 2 1 2 1 mv 2
T = mv 2 +
θ̇ = mv +
= mv 2 ;
2
2 2
2
2 2
4
(12)
(ii) assumendo la retta orizzontale passante per O (asse x) come luogo dove
il potenziale del peso si annulla, l’energia potenziale del disco vale U = mgy.
Quindi la (11) diviene:
3
mgh = mvf2 + mg (R − r)
4
(13)
ovvero, prendendo il valore minimo di vf dato dalla (10):
3
7
mgh = mg (R − r) + mg (R − r) ⇒ h = (R − r)
4
4
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Esercizio 7.3
Un punto materiale si muove lungo una retta sotto l’effetto di un campo di
forze la cui energia potenziale è U(x) = αx2 + βx, essendo α, β ∈ R due
costanti.
(1) Calcolare la posizione di equilibrio xeq del sistema. (2) Si ponga α > 0;
se il il punto materiale viene posto in quiete in x = 2xeq , studiare il moto del
punto materiale (3) Calcolare la velocità massima che esso può raggiungere.
Soluzione Commentata. (1) A partire dall’energia potenziale, è possibile
ricavare la forza (conservativa), tramite la relazione
F = −∇U ≡ −
∂U
∂U
∂U
i−
j−
k
∂x
∂y
∂z
(15)
In particolare, in questo caso dato che l’energia potenziale dipende solo dalla
variabile x, si ottiene
F = (−2αx − β) i
(16)
Di conseguenza, l’equazione del moto (seconda legge di Newton), si scrive
ma = F → ma = (−2αx − β) i
(17)
Proiettando nella direzione del moto, l’asse x, essendo a = ẍi, otteniamo
l’equazione differenziale
mẍ = −2αx − β
(18)
La posizione xeq è quella che rende nulla l’accelerazione, per cui
0 = −2αx − β, → xeq = −
β
2α
(19)
(2) Andando a sostituire l’espressione della posizione di equilibrio (19), possiamo quindi scrivere l’equazione del moto nella forma
mẍ = −2α (x − xeq ) ↔ ẍ +
2α
(x − xeq ) = 0,
m
(20)
la cui soluzione è
x(t) = xeq + A cos (ωt + ϕ) ,
(21)
avendo posto ω 2 = 2α/m, essendo α > 0. Derivando la (21), otteniamo la
velocità
v(t) ≡ ẋ(t) = −ωA sin (ωt + ϕ) .
(22)
Le due costanti arbitrarie A, ϕ si determinano imponendo nella legge oraria
x(t = 0) = 2xeq , e nell’espressione della velocità v(t = 0) = 0. Si ottiene
quindi A = xeq , ϕ = 0, in modo che la legge oraria assume la forma
x(t) = xeq [1 + cos (ωt + ϕ)] ,
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(3) Dalla conservazione dell’energia meccanica, deve essere Em (i) = Em (f ).
Allora, essendo
Em (i) = U(i) = 4αx2eq + 2βxeq ,
(24)
La velocità massima si raggiunge quando tutta l’energia potenziale è diventata energia cinetica, ovvero quando Em (f ) = T (f ):
1 2
4αx2eq + 2βxeq = mvmax
,
2
da cui
vmax =
r
m
4αx2eq + 2βxeq
2
(25)
(26)
Esercizio 7.4
Figura 3: Esercizio 7.4
Un corpo di massa m è appeso ad un filo ideale , il quale, passando su una
carrucola di massa trascurabile, all’altro estremo è legato ad una massa M,
in quiete su una superficie orizzontale scabra, avente coefficiente di attrito
statico µS . La massa m è posta in oscillazione a partire da una ampiezza
iniziale α.
Calcolare il valore massimo che può assumere α senza che la massa M si
muova.
Soluzione Commentata.
Facciamo riferimento alla Figura 4 per
scrivere le forze in gioco. Sulla massa m agiscono la forza peso mg e la
tensione della fune T2 ; sulla massa M agiscono la forza peso Mg, la reazione
normale del piano N, la forza di attrito F, e la tensione della fune T1 .
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Figura 4: Esercizio 7.4: Forze agenti
Pertanto possiamo scrivere la seconda equazione di Newton per entrambi
i corpi
ma = mg + T2
(27)
MA = Mg + N + F + T1
(28)
Consideriamo l’equilibrio della massa M, deve essere A = 0; proiettando
lungo gli assi x, y l’equazione (28), all’equilibrio otteniamo
0 = −F + T1 → F = T1
(29)
0 = N − Mg → N = Mg.
(30)
L’equazione (30) ci dice solo che la massa è vincolata a muoversi lungo il
piano; l’equazione (29), invece, ci dice che la massa non scivola fino a quando
la forza di attrito equilibra la tensione della fune. Tuttavia, esiste un valore
massimo che la forza di attrito può assumere, F ≤ µS N, ovvero, grazie alla
(30), F ≤ µS Mg. Questo vuol dire che se la tensione nella fune varia il suo
modulo per effetto del moto della massa m, la massa M resta in equilibrio
fino a che il modulo della tensione nella fune non supera il valore massimo
T1,max = µS Mg.
Consideriamo ora l’equazione del moto della massa m (27): fino a quando
la massa M non si muove, il moto della massa m è vincolato a svolgersi a
distanza costante dal punto O (Figura 5). Pertanto, possiamo proiettare
l’equazione del moto (27) nella direzione normale individuata dal versore n
in Figura 5, e ottenere
man = T2 − mg cos α.
(31)
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1 ESERCIZI SVOLTI AD ESERCITAZIONE
Figura 5: Esercizio 7.4: Moto Vincolato della Massa m
In particolare, an = v 2 /L, essendo L = |OP . Possiamo determinare la velocità in una posizione arbitraria grazie alla conservazione dell’energia meccanica. Indicando con α0 la posizione iniziale della massa m, possiamo scrivere
l’energia meccanica iniziale
Em (i) = U(i) = mgl (1 − cos α0 )
(32)
In una posizione arbitraria individuata dall’angolo α > α0
1
Em (α) = U(α) + T (α) = mgl (1 − cos α) + mv 2
2
(33)
Essendo Em (i) = Em (α), si può ricavare v dalla
1
mgl (1 − cos α0 ) = mgl (1 − cos α) + mv 2 ,
2
(34)
v2
= 2mg (cos α − cos α0 )
(35)
L
espressione positiva, dato che α > α0 . Andando a sostituire nella (31),
otteniamo
T2 (α) = 3mg cos α − 2mg cos α0 .
(36)
m
Tale espressione assume il suo valore massimo quando α = 0:
T2,max = 3mg − 2mg cos α0 .
(37)
Dato che la fune è inestensibile e di massa trascurabile T1 = T2 . Allora, se
imponiamo che la tensione massima nella fune sia tale da garantire l’equilibrio
della massa M, possiamo scrivere
3mg − 2mg cos α0 ≤ µs Mg,
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(38)
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3 QUESITI PROPOSTI
P
O
Q
v
Figura 6: Quesiti 7.1, 7.2, 7.3
da cui si ottiene
3m − µS M
(39)
2m
Per ogni valore più grande dell’angolo iniziale la velocità acquistata dalla
massa m durante il moto, fa sorgere una tensione nella fune che non è più
equilibrata dalla forza di attrito sulla massa M.
cos α0,max =
2
Esercizi Proposti
Esercizio P.7.1
Un punto materiale di massa m = 1 Kg si muove nel piano sotto l’effetto della
forza F = −kr. Esso è posto inizialmente nella posizione (x0 , y0 ) = (0, 1m),
con velocità (v0x , v0y ) = (1m/s, 2m/s). Sia k = 10 N/m.
Calcolare la minima e la massima distanza dall’origine.
3
Quesiti Proposti
7.1 Una pallina di massa m è legata ad una corda, di lunghezza l, che può
ruotare liberamente intorno al punto O, in un piano verticale. La pallina è
lasciata libera di muoversi, con velocità nulla, nel punto P. Sia T il modulo
della tensione nella corda e g l’accelerazione di gravità. Nel punto Q
1. la pallina ha accelerazione nulla
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3 QUESITI PROPOSTI
2. la pallina ha un’accelerazione diretta da Q a O
3. la pallina ha un’accelerazione diretta da O a Q
4. la pallina ha un’accelerazione parallela alla velocità
7.2 Una pallina di massa m è legata ad una corda, di lunghezza l,
che può ruotare liberamente intorno al punto O, in un piano verticale. La
pallina è lasciata libera di muoversi, con velocità nulla, nel punto P. Sia
v il modulo della velocità della pallina in Q. Se la lunghezza della corda
aumentasse, il modulo della velocità della pallina, nel punto più basso della
(nuova) traiettoria
1. sarebbe maggiore di v
2. non ci sono abbastanza elementi per rispondere
3. sarebbe ancora uguale a v
4. sarebbe minore di v
7.3 Una pallina di massa m è legata ad una corda di lunghezza l, che
può ruotare liberamente intorno al punto O, in un piano verticale. La pallina
è lasciata libera di muoversi, con velocità nulla, nel punto P. Sia T il modulo
della tensione nella corda e g l’accelerazione di gravità. Allora, nel punto Q
1. T = mg
2. T < mg
3. T > mg
4. T = 0
7.4 Una pallina viene posta nel punto P sul bordo di una guida circolare
priva di attrito (rappresentata in sezione in figura 7), e lasciata libera di
muoversi, partendo da ferma, in un piano verticale, sotto l’azione della forza
di gravità. La pallina descriverà un moto periodico. In corrispondenza di
quale punto avviene l’inversione del moto?
1. 1
2. 2
3. 3
4. 4
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3 QUESITI PROPOSTI
4
3
P
2
1
Figura 7: Quesito 7.4
F
α
A
Δs
B
Figura 8: Quesito 7.5
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3 QUESITI PROPOSTI
7.5 Una cassa di massa M viene trascinata su un pavimento privo di
attrito, mediante l’applicazione di una forza F, che forma un angolo α < π/2
con l’orizzontale (figura 8). Il centro di massa si sposta di un tratto ∆s, da
A a B.
1. Il lavoro della forza F non dipende dall’angolo α
2. Il lavoro della forza F cresce al crescere dell’angolo α
3. Il lavoro della forza F descresce al crescere dell’angolo α
4. Il lavoro della forza F è nullo
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