Collezione di esercizi non svolti a lezione
PUNTO MATERIALE
Problema
Un classico problema prevede che un primitivo P, posto nell’ origine degli assi cartesiani,
lanci una freccia f puntando direttamente, nella direzione di visione, verso una scimmia
ferma su un albero. La scimmia intuisce l’ intenzione aggressiva del primitivo e, nell’
istante in cui parte la freccia, si lascia cadere al suolo. L’ ignoranza della cinematica e’
fatale alla scimmia, che viene centrata al volo. Perche’?
Soluzione
a)
Il primitivo si trova nell’ origine del sistema di riferimento e la scimmia, all’ istante
iniziale, nel punto (xs,h).
Abbiamo due traiettorie
⎧ x = xs
⎧ x = v0 xt
⎪
⎪
scimmia:
freccia:
⎨
⎨
1 2;
1 2
⎪⎩ y = h − 2 gt
⎪⎩ y = v0 y t − 2 gt
Vogliamo determinare la condizione sulla velocita’ iniziale che fa si’ che la freccia
colpisca la scimmia, cioe’ che a uno stesso ts la scimmia e la freccia si trovino nella stessa
posizione.
Quando la freccia raggiunge la coordinata x in cui si trova la scimmia abbiamo:
xs = voxts ⇒ t s = xs / vox
Per la coordinata y abbiamo invece:
yscimmia (t s ) = y freccia (t s )
1 2
1 2
h v0 y
gt s = v0 y t s − gt s ⇒
=
2
2
x s v0 x
Questo vuole dire che la freccia deve essere puntata esattamente sulla posizione iniziale
della scimmia. Se la scimmia fosse rimasta immobile non sarebbe stata colpita.
h−
Problema
Un punto P e’ posto su una retta che ruota con velocita’ angolare ω costante attorno ad un
punto fisso O. La distanza r (t ) = OP decresce secondo la legge r (t ) = r0e −ωt / 2 . Sapendo
che al tempo t=0 la distanza tra la posizione P0 del punto e O vale 20cm e che la velocita’
radiale in modulo vale 8 cm/s determinare:
a) I moduli delle componenti radiale e trasversa delle velocita’ al tempo t1=π/2ω
b) Dopo quanto tempo il punto di trovera’ di nuovo sulla semiretta fissa OP0 e quale
sara’ la sua distanza dal punto O.
c) La lunghezza dell’ arco di curva percorso al tempo tra t=0 e t=T=2π/ω.
Soluzione
a)
Calcoliamoci le componenti
velocita’ in coordinate polari
r
dr dr
= uˆr + rωuˆϑ
dt dt
Percio’
ω −ω2t
dr
= − r0e = vr
2
dt
−
della
y
P
θ
ωt
O
rω = ωr0e 2 = vϑ
Il modulo della velocita’ e’
ωt
−
r
5
2
2
v = vr + vϑ =
ωr0e 2
2
Per conoscere ω e r0 imponiamo le condizioni iniziali al tempo t=0:
r (t = 0) = r0 = 20cm
quindi
ω
vr (t = 0) = r0 ⇒ ω = 0,8rad / s
2
vr = −3,6cm / s
P0 x
vϑ = 7,3cm / s
b)
Il tempo necessario per ritornare sul segmento OP0 coincide con quello necessario a
percorrere un angolo di 2π, dunque
2π
T=
= 7,8s
ω
r (T ) = r0e −π = 0,86cm
c)
r ds
Il modulo della velocita’ vale v =
dove s e’ l’ ascissa curvilinea. L’ arco di traiettoria
dt
e’
ωt
−
T
T ds
T r
T
5
S = ∫ ds = ∫
dt = ∫ v dt = ∫
r0ωe 2 dt = 5r0 1 − e −π = 43cm
0
0 dt
0
0 2
[
]
Problema
Un punto materiale di massa m e’ posto su un piano orizzontale liscio ed e’ legato ad un
filo inestensibile di lunghezza l, carico di rottura FR e di massa trascurabile; l’ altro
estremo del filo e’ fissato al punto O della superficie di un cilindro fisso con asse
verticale e raggio R.
Nell’ istante iniziale il filo giace lungo l’ asse x e viene impressa al punto materiale la
velocita’ v0 ortogonale al filo.
Dimostrare che il modulo della velocita’ del punto materiale e’ costante. Calcolare
inoltre:
a) L’ angolo θR di cui e’ ruotato il punto materiale nell’ istante tR di rottura del filo
b) Il valore di tR
(dati: m = 100 g ; l = 2,0m; FR = 102 N ; R = 10cm; v0 = 10m / s )
Soluzione
a)
Risolviamo il problema con
considerazioni fisiche. Poi faremo i
calcoli esatti e ci ricaveremo l’ equazione
oraria.
y
v(t)
r
Il modulo di v e’ costante poiche’ in
ogni istante il moto percorre archi di
v0
θ
θ
circonferenza e la tensione del filo (l’
unica forza che agisce sul punto) e’
O
x
parallela al raggio di questa
circonferenza.
r
Per questa ragione a e’ completamente normale e perpendicolare alla tangente della
r
dv
r
traiettoria e alla velocita’. Quindi
= 0 ⇒ v = const
dt
Il termine normale e’
2
v2
v
an =
= 0
r (ϑ ) r (ϑ )
Poiche’ il filo si avvolge intorno al cilindro, r (ϑ ) e’ pari a
r (ϑ ) = l − Rϑ
quindi
2
v0
l − Rϑ
Al momento di rottura deve succedere che
2
v0
man = m
= τ = FR
da cui
l − RϑR
an =
ϑR =
1⎛
v
⎜l − m 0
R ⎜⎝
FR
2
⎞
⎟ = 19rad
⎟
⎠
quindi il filo si avvolge poco piu’ di tre volte
intorno al cilindro prima di rompersi
b)
Dal disegno si nota che
dϑ
v(t ) = ωr (t ) =
(l − Rϑ ) = v0
dt
dϑ (l − Rϑ ) = v0 dt
R
lϑ − ϑ 2 = v0t
2
Quindi alla rottura abbiamo
R ⎞
1⎛
t R = ⎜ lϑ − ϑ 2 ⎟ = 2 s
v0 ⎝
2 ⎠
e con le condizioni iniziali
Se invece volevamo calcolarci le equazioni orarie (in riferimento al disegno) abbiamo
⎧ x = (l − Rϑ ) cosϑ + R sin ϑ
⎨
⎩ y = (l − Rϑ ) sin ϑ + R(1 − cosϑ )
Derivando entrambe le equazioni otteniamo le componenti della velocita’
⎪⎧ x& = −(l − Rϑ ) sin ϑϑ&
⎨
&
⎩⎪ y& = (l − Rϑ ) cosϑϑ
E si nota che la velocita’ e’ perpendicolare al filo (il cui estremo ha coordinate
( (l − Rϑ ) cosϑ , (l − Rϑ ) sin ϑ )); quindi il modulo della velocita’ e’ costante (come visto in
precedenza).
r
Ci possiamo calcolare il modulo di v come
r
dϑ
2
2
e poi si procede come abbiamo gia’ visto
v = vx + v y = (l − Rϑ )
dt
precedentemente.
Problema
Un battello e’ capace di viaggiare alla velocita’ di 4 m/s relativamente all’ acqua di un
fiume largo d=1km. La velocita’ dell’ acqua, relativamente alle sponde, e’ costante in
ogni punto del fiume e pari a 2m/s. Calcolare:
a) La direzione del moto del battello relativamente all’ acqua affinche’ esso sia in grado
di attraversare rettilineamente il fiume dal punto di partenza a quello esattamente
opposto nell’ altra sponda.
b) Il tempo impiegato per il suddetto attraversamento.
Soluzione
a)
La velocita’ del battello si trasforma con
r r r
v′ = v − V
dove
r
V e’ la velocita’ del sistema di riferimento dell’ acqua (in moto rettilineo uniforme)
rispetto a quello delle sponde e vale
r
V = (−V ,0) = (−2m / s,0)
r
v e’ la velocita’ del battello nel sistema di riferimento delle sponde. Qbbiamo qui
scelto un sistema si riferimento in cui l’ asse x e’ paralleloalle sponde e l’ asse y
ortogonale ad esso. Dobbiamo imporre che il moto sia perpendicolare alle sponde
(come ci dice il problema) e quindi
r
v = (0, v)
r
v ′ e’ la velocita’ del battello rispetto all’ acqua. Sappiamo che in modulo vale
v’=4m/s. Affinche’ l’ attraversata sia perpendicolare alle sponde, relativamente all’
acqua e’ necessario muoversi contro corrente e quindi la velocita’ deve formare un
angolo
α≠900 rispetto all’ asse x. Quindi:
r
v ′ = (v′ cos α , v′ sin α )
Combinando tutte le informazioni
⎧v′ cos α = V
e se vogliamo ricavare α
⎨
⎩v′ sin α = v
cos α = V / v′ = 1 / 2 ⇒ α = 600
v = v′ sin α = 2 3m / s
dunque
b)
Il tempo sara’
1000m
t = d /v =
= 289s
2 3m / s
Problema
Su un treno che si muove di moto rettilineo con accelerazione costante 0,25m/s2 (rispetto
alla terra) un corpo, che si trova sul pavimento, viene lanciato con velocita’ v0=6m/s
diretta verticalmente (rispetto al treno). Calcolare a quale distanza d dal punto di lancio
ricadra’ il corpo sul pavimento.
Soluzione
Per sistemi non inerziali le accelerazioni si combinano come
r r r r
a′ = a − at − aco
r
r
dove a ′ e’ l’ accelerazione nel sistema in moto, a e’ l’
r
accelerazione nel sistema fisso, at e’ l’ accelerazione di
r
trascinamento e aco quella di Coriolis (che e’ nulla poiche’ il
sistema in moto non ruota). L’ accelerazione di trascinamento e’
r r r r r r r r r
at = A + α × r − R + ω × ω × r − R
e gli ultimi due termini sono nulli poiche’ il sistema non ruota. In definitiva:
(
r r r
a′ = a − A
)
(
)
r
dove A e’ l’ accelerazione con cui si muove il sistema di
r
riferimento del treno rispetto alla terra e vale dunque 0,25m/s2 e a
r
vale − g . Percio’
r
a ′ = (− A,− g ) = (−0,25m / s 2 ,−9,8m / s 2 )
Le equazioni del moto del corpo nel treno sono
1 2
⎧ ′
⎪⎪ x = − 2 At
⎨
⎪ y′ = v t − 1 gt 2
0
⎪⎩
2
Per sapere a quale distanza l’ oggetto ricade a terra imponiamo y’=0
2
2v0
2v0
1 v0
′
′
⇒ x (t =
y = 0 ⇒ t = 0; t =
)=d =− A 2
g
g
2 g
d = −0,19m
Problema
Una sferetta forata puo’ scorrere lungo una guida circolare posta in un piano verticale. La
massa della sferetta e’ m = 10−2 kg , il raggio della guida e’ R = 0,5m . Consideriamo
dapprima che la guida sia liscia e che la sferetta sia collegata ad una molla di costante
elastica k = 0,4 N / m e lunghezza a riposo nulla, la quale puo’ scorrere lungo il diametro
verticale della guida. Determinare le posizioni di equilibrio della sferetta. In secondo
luogo si consideri la guida scabra, con coefficiente di attrito statico μ = 0,5 e si calcolino
le posizioni di equilibrio della sferetta in assenza della molla.
Soluzione
Le forze che agiscono sulla sferetta sono
la forza peso, la forza elastica e la
reazione vincolare (vedi figura). La
somma all’ equilibrio deve essere nulla.
r r r
mg + N + Fe = 0
Se la proiettiamo lungo il raggio e la
direzione tangenziale (con verso positivo
in senso orario) abbiamo:
⎧ Fr = − N + mg cosϑ + Fe sin ϑ = 0
⎨
⎩ F// = mg sin ϑ − Fe cosϑ = 0
r
Fe
ϑ
r
N
r
mg
Poiche’ Fe = kR sin ϑ la seconda equazione diventa
mg sin ϑ − kR sin ϑ cosϑ = 0
che ha come soluzioni
⎧sin ϑ = 0
⎪
⎨
mg che corrispondono a tre soluzioni per θ
cos
ϑ
=
⎪⎩
kR
a)ϑa = 0
b)ϑb = π
c)ϑc = ±60,70
Vediamo se si tratta di posizioni di equilibrio stabile o instabile
a) per piccoli ϑ abbiamo F// = ϑ (mg − kR) che e’ minore di zero per ϑ > 0 e
maggiore di zero se ϑ < 0 . Quindi si tratta di una posizione di equilibrio
STABILE.
b) per ϑ ~ π abbiamo F// = (π − ϑ )(mg + kR) che e’ maggiore di zero per ϑ < π e
minore di zero se ϑ > π . Visto che il verso della componente tangenziale della
forza e’ in senso orario si tratta di una posizione di equilibrio STABILE.
c) Essendo sin ϑ > 0 abbiamo sgn( F// ) = sgn(mg − kR cosϑ ) che e’ positivo se
ϑ > ϑc e negativo se ϑ < ϑc . Quindi si tratta di una posizione di equilibrio
INSTABILE.
mg
mg
≤ 1 . Inoltre se
> 1 allora ϑ = 0 diventa una
Si nota che ϑc esiste solo se
kR
kR
posizione di equilibrio instabile.
r
r r r
Nel caso con l’ attrito abbiamo mg + N + Fs = 0 dove Fs e’ la forza di attrito. Proiettata
da’
⎧ Fr = − N + mg cosϑ = 0
⎨
⎩ F// = mg sin ϑ − Fs = 0
Quindi
N = mg cosϑ
Fs = mg sin ϑ ≤ μ s N = μ s mg cosϑ
Questa da’
tan ϑ ≤ μ s = 0,5
⇒ ϑ ≤ 26,60
C’e’ anche la soluzione per ϑ ≥ 900 dove pero’ questa volta vale
N = − mg cosϑ
Fs = mg sin ϑ ≤ μ s N = − μ s mg cosϑ
che da’
ϑ ≥ π − 26,60
Esiste ovviamente il caso simmetrico per ϑ negativi. Quindi
ϑ ≤ 26,60
ϑ ≥ π − 26,60
Problema
Un punto materiale P parte da una quota h con velocita’ nulla e, scivolando senza attrito,
lungo il pendio mostrato in figura, arriva sul trampolino orizzontale alto y0 ed infine
cade ad una distanza x da esso. Calcolare:
a) Il valore y0 dell’ altezza del trampolino per cui e’ massima la distanza x
b) La velocita’ con cui il corpo lascia il trampolino e la distanza a cui va a cadere nel
caso y0 = y 0
Soluzione
a)
In ciascun punto del pendio agiscono la
forza peso e la reazione vincolare.
La reazione vincolare fa lavoro nullo (e’
sempre perpendicolare alla traiettoria).
Possiamo usare la conservazione dell’
energia:
T + U = const
T e’ l’energia cinetica e U e’ l’energia
potenziale gravitazionale.
h
A
y0
B
x
T f + U f = Ti + U i
dove
Ti = 0;U i = mgh
1 2
mv ;U f = mgy0
2
che da’
v 2 = 2 g ( h − y0 )
Tf =
Una volta lasciato il trampolino il punto materiale si comporta come un grave in caduta
libera.
⎧ x = v0t
⎪
⎨
1 2
⎪⎩ y = y0 − 2 gt
2y
Se imponiamo y = 0 otteniamo t 2 = 0 e quindi
g
2
2y
2
2 2 y0
x = v0 t 2 = v0
= 2 g ( h − y 0 ) 0 = 4 y0 ( h − y0 )
g
g
Per trovare x massimo
2
dx
=0⇒
dt
4 h − 8 y0 = 0
y0 =
che e’ un massimo poiche’ la derivata seconda e’ minore di zero.
h
2
b)
2
h
h
x = 4 (h − ) = h 2
2
2
x = h = 10m
v 2 = 2 g (h − y 0 ) = 2 g
h
= gh = 98m / s 2
2
v = 9,9m / s
Problema
Due sfere di uguale densita’, aventi raggio r1 e r2 =r1/2, cadono verticalmente in aria a
velocita’ costante incontrando una resistenza proporzionale alla sezione trasevrsale delle
sfere ed al quadrato delle velocita’. Si determini il rapporto fra le due velocita’ di caduta.
Soluzione
La forza di attrito del mezzo e’
quindi la forza totale che agisce sulle sfere in caduta libera sara’
Fa = − βv 2
dv
F = Fp + Fa = mg − βv 2 =
dt
Se andiamo ad integrare la velocita’
dv
β
= g − v2
dt
m
dv
∫ β 2 = ∫ dt
g− v
m
1v
|v −v|
m
− l log l
= t dove vl = g
Questa da’
2g
| vl + v |
β
v = vl
1− e
−
−
2g
t
vl
2g
t
vl
= vl
1− e
−
−
τ
t
τ
1+ e t
1+ e
Quindi
limt → ∞ v = vl
Alla stessa considerazione si poteva arrivare con la semplice considerazione che la
velocita’ limite si raggiunge quando la forza del mezzo uguaglia la forza peso. Quindi
2
F = Fp + Fa = mg − β vl = 0
vl = g
m
β
La massa della sfera e’ proporzionale a m ∝ r 3 mentre il coefficiente di attrito a β ∝ r 2 .
Percio’
vl = g
vl1
=
vl 2
m
β
∝
r1
=
r2
r3
= r
r2
e quindi
r1
= 2
r1 / 2
Problema
Un punto materiale di massa m, che puo’ muoversi su un piano orizzontale, e’ sottoposto
nella striscia − L ≤ x ≤ L alla forza Fe = −kxxˆ . All’ esterno di tale striscia sul punto non
agisce alcuna forza. Nell’ istante iniziale il punto materiale e’ nel punto P0 interno alla
striscia, con velocita’ v0. Calcolare:
a) Il modulo della velocita’ con cui il punto materiale arriva al bordo della striscia;
b) Quanto tempo impiega il punto materiale per arrivare al bordo della striscia, in quale
punto P e in quale direzione attraversa il bordo stesso.
m = 100 g ; L = 1,0 M
Dati : k = 10 N / m;
P0 − (−40cm;80cm); v0 = (10m / s;5m / s )
Soluzione
a)
L’ energia potenziale e’
1
U = kx 2
2
Per la conservazione dell’ energia
abbiamo
1
1
T + U = mv 2 + kx 2 = const
2
2
r
v0
P
y
P0
-L
x
L
Quindi:
1
1
1
1
2
2
2
mv0 + kxP0 = mv 2 + kxP
2
2
2
2
L’espressione generica di v e’
v = v0 + k ( xP0 − xP )
2
2
2
che calcolata in x=L da’
v = v0 + k ( xP0 − L2 )
2
2
Poiche’ v0 = v0 x + v0 y = 125m 2 / s 2
2
2
2
v = 6,4m / s
b)
Per rispondere a questa domanda dobbiamo ricavare l’ equazione oraria. Nella coordinata
x si tratta dell’equazione di un oscillatore.
− kx = m&x&
che ha come soluzione generale
x = A sin(ωt + ϕ )
Imponendo le condizioni iniziali
x(t = 0) = xP0 = A sin(ϕ )
vx (t = 0) = v0 x = ωA cos(ϕ )
abbiamo
k
= 10s −1
m
xω
tan ϕ = 0 = −0,4 ⇒ ϕ = −0,38
v0 x
ω=
A=
x0
= 1,08m
sin ϕ
Ora se il punto raggiunge la distanza L dall’ asse y abbiamo:
L = A sin(ωt * + ϕ )
e il tempo e’
⎤
1⎡
⎛L⎞
t * = ⎢arcsin⎜ ⎟ − ϕ ⎥ = 0,156s
ω⎣
⎝ A⎠
⎦
La posizione e l’ angolo del vettore velocita’ in tale istante sono
P = ( L; v 0 y t * + y 0 ) = (1m;1,6m)
tan ϑ =
vy
vx
=
vy
v2 − vy
2
=
5
⇒ ϑ = 0,89
4
Problema
A causa della forza di attrito dinamico, un disco da hockey lanciato su una superficie di
ghiaccio piana e orizzontale, percorre un tratto di lunghezza d = 30m in un tempo
τ = 25s . Si calcoli la velocita’ iniziale del disco.
Soluzione
Ci sono vari modi per risolvere il problema. Utilizziamo il teorema dell’ energia cinetica.
L = ΔT
L’ unica forza chef a lavoro e’ quella di attrito. Dunque
L = − Fa d
1
2
ΔT = − mv0
2
1
2
− Fa d = − mv0
2
Poiche’ Fa e’ costante, dalla cinematica abbiamo che (imponendo che la velocita’ finale
sia nulla):
F
v = v0 − a τ = 0
m
F
vm
v0 = a τ ⇒ Fa = 0
τ
m
Sostituendo questa espressione della forza nell’ equazione ottenuta con il teorema dell’
energia cinetica otteniamo:
v0 m
τ
v0 =
d=
2d
τ
1
2
mv0
2
= 2,4m / s
Problema
Due corpi di massa m1 = 1kg e m2 = 3kg sono collegati tra loro da un filo come in figura;
m1 inoltre e’ attaccato a una molla di costante elastica k = 100 N / m e lunghezza a riposo
l0 = 1m . Su di essa agisce una forza costante F = 30 N . Il moto avviene senza attrito.
Determinare:
a) La posizione di equilibrio xeq della massa m1
b) Se a t = 0 m1 si trova in l0 e ha velocita’ nulla, calcolare la legge oraria.
Soluzione
Sulle due masse abbiamo:
⎧ F − τ = m2 &x&2
⎨
⎩τ − Fe = τ − k ( x1 − l0 ) = m1&x&1
Le due coordinate sono legate fra loro
x2 = x1 + L
dunque
⇒ &x&2 = &x&1
⎧ F − τ = m2 &x&1
⎨
⎩τ − Fe = τ − k ( x1 − l0 ) = m1&x&1
r x1
l0 Fe
x2
r
τ
1
r
−τ
2
r
F
Se sommiamo le due equazioni
F − k ( x1 − l0 ) = (m1 + m2 ) &x&1
a)
All’ equilibrio F − k ( xeq − l0 ) = 0
xeq = l0 +
F
= 1,3m
k
b)
Si tratta dell’ equazione di un oscillatore con un termine costante. La soluzione generale
e’
x1 = A cos(ωt + ϕ ) + xeq
Le condizioni iniziali x1 (t = 0) = l0 e v1 (t = 0) = 0 danno
ϕ =0
F
A = l0 − xeq = − = −0,3m
k
Inoltre
k
ω=
= 5,8s −1
m1 + m2
L’ equazione oraria e’ dunque
F
x1 = (1 − cos(ωt )) + l0
k
Le equazioni che abbiamo scritto assumono che il filo rimanga sempre teso durante tutto
il moto. Questa assunzione deve essere verificata. Vediamo quanto vale la tensione e
imponiamo che debba essere sempre positiva
⎡
⎤
F 2
m2
ω cos(ωt ) = F ⎢1 −
cos(ωt )⎥ ≥ 0
k
⎣ m1 + m2
⎦
E questa deve essere verificata per ogni t. Dunque
m2
≤1
m1 + m2
che e’ sempre verificata.
τ = F − m2 &x&2 = F − m2
SISTEMI
Problema
Una sfera omogenea di raggio R=20cm e centro in O, ha una cavita’ sferica di raggio
r=5cm e centro O’. La distanza tra O e O’ e’ d=10cm. Determinare la posizione del
centro di massa.
Soluzione
Una sfera piena di raggio R puo’ essere considerata come la somma di una sfera cava con
cavita’ sferica centrata in O’ (come quella proposta dal problema) e una sfera piena di
raggio r e centro in O’, entrambe con la stessa densita’. Se poniamo il centro di questa
sfera nell’ origine di un sistema di riferimento avente asse x passante per O e O’ allora
vale
x
m
+ xsferar msferar xsferacava msferacava + dmsferar
xsferaR = 0 = sferacava sferacava
=
quindi
msferacava + msferar
msferacava + msferar
m
xsferacava = − d sferar
msferacava
Le due masse valgono
4
msferar = ρ πr 3
3
4
msferacava = ρ π ( R 3 − r 3 )
3
Dunque abbiamo
4
ρ πr 3
r3
3
xsferacava = − d
= − d 3 3 = −0,156cm
4
R −r
ρ π ( R3 − r 3 )
3
Problema
Due sfere P1 e P2 di massa rispettivamente m1=100g e m2=150g compiono un urto
frontale. Prima dell’ urto la sfera P1 ha velocita’ v01=v0=4m/s e la sfera P2 e’ ferma.
Dopo l’ urto P1 ha veloctia’ v1=0. a) Quanto vale il coefficiente di restituzione ε dell’
urto? b) Quanto vale la velocita’ v2 di P2 dopo l’ urto? c) Quanto e’ l’ energia cinetica ΔΚ
che si e’ dissipata nell’ urto?
Soluzione
Poiche’ si tratta di un urto anelastico si conserva solo la quantita’ di moto. Abbiamo
dunque
qi = q f
⇒
m1v0 = m2v2
m1
v0
m2
Per l’ energia vale
K ′f = ε 2 K i′
v2 =
dove K ′f e K i′ sono le energie cinetiche calcolate rispetto al CM e ε e’ il coefficiente di
restituzione dell’ urto.
a)
La velocita’ (costante) del CM e’
m1
vCM =
v0
m1 + m2
Dunque le velocita’ calcolate rispetto ad esso sono:
m2
m1
′ = v0 − vCM =
′ = −vCM = −
v01
v0 ; v02
v0
m1 + m2
m1 + m2
2
m1
m
m1
m1
′ = v2 − vCM = 1 v0 −
v1′ = −vCM = −
v0 ;
v02
v0 =
v0
m1 + m2
m2
m1 + m2
m2 (m1 + m2 )
Il coefficiente di restituzione e’ percio’
3
1 m1m2
1
m1
2
2
K i′ =
v0 ;
K ′f =
v0
2 m2 + m1
2 m2 (m2 + m1 )
ε=
K ′f
=
K i′
2
2
m1
=
2
3
m2
Allo stesso risultato si poteva giungere usando l’ espressione di ε in funzione delle
quantita’ di moto
q1′ f = ε q1′i
dove q1′ f e q′2i sono le quantita’ di moto per la massa 1 calcolate rispetto al CM. Quindi
mm
′ = 1 2 v0 ;
q1′i = m1v01
m1 + m2
ε=
q1′ f
q1′i
=
2
m1
q1′ f = m1 v1′ =
v0 ;
m1 + m2
m1
m2
b)
v2 =
m1
v0 = 2,67m / s
m2
c)
ΔK = K f − K i =
⎞
1
1
1⎛ m
1
2
2
2
m2v2 − m1v0 = ⎜⎜ 1 − 1⎟⎟m1v0 = − K i = −2,67 J
2
2
2 ⎝ m2
3
⎠
Problema
Due sferette A e B uguali, ciascuna di massa m, sono collegate fra loro da una molla di
costante k e lunghezza a riposo l0. Le due sferette si muovono di moto rettilineo ed
uniforme con velocita’ v0 nella direzione x della congiungente i loro centri a distanza r=l0
fra loro e non sono soggetti alla forza di gravita’. Ad un certo istante la sferetta A urta
contro una parete disposta perpendicolarmente alla direzione x. Si consideri l’ urto
perfettamente elastico.
Descrivere il moto del centro di massa del sistema costituito dalle due sferette e
determinare la minima distanza alla quale esse si possono avvicinare. Si considerino
puntiformi le sferette e infinita la massa della parete.
Dati: m = 80 g ;
v0 = 1,0m / s; l0 = 50cm; k = 1,0 N / m
Soluzione
E’ possibile rispondere al quesito con
considerazioni puramente qualitative.
Il moto delle due sfere evolve nel
seguente modo:
1. A e B procedono con la stessa
velocita’ (molla a riposo) verso la
parete
2. al tempo t1 A urta con la parete: la
r
velocita’ di A si inverte ( − v0 )
r
v0
m
m
A
1
B
3. il CM rimane fermo (A e B hanno la stessa massa e si avvicinano con la stessa
velocita’)
4. le due masse raggiungono la minima distanza e in quell’ istante le loro velocita’ si
invertono
r
5. al tempo t2 la sfera A colpisce di nuovo la parete e inverte la sua velocita’ ( − v0 ) e
r
nello stesso istante anche B ha una velocita’ pari a − v0 . Le due sferette sono a
distanza l0 fra loro (dunque la forza elastica e’ nulla)
r
6. dopo tale istante il CM si allontana dalla parete a velocita’ − v0 .
La minima distanza la abbiamo quando l’ energia cinetica va completamente in energia
potenziale elastica dunque:
1
1
2
2 mv0 = k (l0 − d ) 2
2
2
2m
d = l0 −
v0 = 0,1m
k
Se vogliamo calcolare l’ equazione oraria delle due masse tra t1 e t2 possiamo
considerare il sistema come un sistema a due corpi. Dunque la coordinata relativa tra le
due sfere soddisfa:
− k (Δx − l 0 ) = μΔ&x& dove
m m
m
μ= A B =
mA + mB 2
ω=
k
μ
La soluzione dell’ equazione differenziale (considerando le condizioni iniziali) e’
2v
B
Δx = l0 − 0 sin ωt
da cui
x(t)
ω
CM
t2 − t1 = T / 2 = π / ω = 0,63s
l0 Δx v0
−
= sin ωt
2 2 ω
l
v
Δx
xB = 0 +
= l0 − 0 sin ωt
2 2
ω
xA =
il cui grafico e’ disegnato a fianco.
A
l0
2
t1
t2
t
Problema
Un piattello di massa M e’ attaccato ad una molla di massa trascurabile nel modo
mostrato in figura. Una pallina di massa m viene fatta scendere lungo un piano inclinato
partendo da una quota h. Essa urta centralmente ed elasticamente il piattello e risale
quindi il piano inclinato mentre il piattello si mette ad oscillare orizzontalmente.
Trascurando ogni forma di attrito e sapendo che il piattello oscilla con una pulsazione
ω=150rad/s si calcolino:
1. la quota h’ a cui risale m sul piano inclinato e l’ ampiezza delle oscillazioni del
piattello
2. l’ impulso ceduto dalla pallina al piattello.
Dati: M = 2kg ; m = 0,5kg h = 1m
Soluzione
La velocita’ della pallina al momento
dell’ impatto con il piattello e’
v0 = 2 gh
Imponendo la conservazione della
quantita’ di moto e dell’ energia,
abbiamo il sistema
⎧mv0 = MV + mv
⎪
⎨1
1
1 2
2
2
⎪⎩ 2 mv0 = 2 MV + 2 mv
che da’
2m
⎧
⎪⎪V = v0 m + M
⎨
⎪v = v m − M
0
⎪⎩
m+M
m
M
h
1)
Se la pallina raggiunge la quota h’ deve valere
v = 2 gh′
quindi
⎛m−M ⎞
h′ = h⎜
⎟ = 0,36m
⎝m+M ⎠
L’ ampiezza delle oscillazioni puo’ essere ricavata dalla conservazione dell’ energia
1
1
1
MV 2 = kA2 = Mω 2 A2
2
2
2
A = V / ω = 1,2cm
2
2)
L’ impulso ceduto e’ dato da
I = ΔqM = MV = 3,54 Ns
Problema
Su una piattaforma orizzontale rotante con velocita’ angolare costante ω rispetto alla
Terra, e’ fissata radialmente una asticciola omogenea ed a sezione costante di massa m (e
lunghezza l) con gli estremi a distanza r1 e r2 dall’asse di rotazione (vedi figura). Si
calcoli l’ energia cinetica dell’ asticciola in un riferimento fisso rispetto alla Terra.
Dati: m = 1kg ; r1 = 3cm; r2 = 15cm; ω = 100rad / s
Soluzione
Possiamo utilizzare tre differenti metodi:
1. Teorema di Huygens
Il teorema mette in relazione i momenti di inerzia calcolati
rispetto a due assi paralleli. In questo caso un asse e’
rappresentato dall’ asse di rotazione del sistema e l’ altro da
un asse parallelo a questo passante per il centro di massa.
Abbiamo percio’:
(
m(r2 − r1 )
m r + r2 + r1r2
⎛r +r ⎞
+ m⎜ 1 2 ⎟ =
12
3
⎝ 2 ⎠
Dunque l’ energia cinetica vale:
2
2
r + r2 + r1r2
1
T = Iω 2 = mω 2 1
= 45 J
2
6
2
2
I = I CM + md 2 =
2
1
2
ω
)
r1
r2
2. Teorema di Koenig
Il teorema mette in relazione l’ energia cinetica calcolata rispetto a un punto fisso con
quella calcolata in un sistema mobile solidale con il CM:
1
1
dove M e VCM sono la massa del sistema e la velocita’ del
T = I CM ω 2 + MVCM
2
2
CM. Il CM compie un moto circolare uniforme di
raggio (r1 + r2 ) / 2 . Quindi
1 m(r2 − r1 ) 2 2 1 ⎛ r1 + r2 ⎞
ω + M⎜
ω⎟
T=
2
12
2 ⎝ 2
⎠
2
che coincide con il risultato in 1.
3. Calcolo esplicito
Integrando su tutti gli elementi che costituiscono la sbarretta otteniamo
3
3
r2 1
r − r1
1
1
T = ∫ dmv 2 = ∫ λdrω 2 r 2 = λω 2 2
r1 2
2
2
3
m
. Dunque
La densita’ lineare vale λ =
r2 − r1
1
r −r
r + r2 + r1r2
λω 2 2 1 = mω 2 1
2
3
6
3
T=
3
2
2
che coincide con quanto ottenuto in
precedenza.
Problema
Un filo inestensibile collega una massa m ed una molla orizzontale con un estremo fisso.
Il filo passa su una carrucola cilindrica di raggio r e massa mc che puo’ ruotare senza
attrito attorno al proprio asse e che viene trascinata in rotazione dal filo perfettamente
aderente. Si supponga che la massa m sia inizialmente agganciata, con velocita’ nulla, all’
estremo del filo e che quindi possa oscillare liberamente sulla verticale. Sapendo che l’
allungamento massimo della molla provocato dalle oscillazioni di m (hmax), e che sono
trascurabili la massa del filo e della molla, si calcoli:
1. la costante elastica della molla, k
2. la velocita’ della massa quando l’ allungamento della molla e’ d= hmax /2
3. il periodo delle oscillazioni.
Dati: hmax = 1cm; m = 10kg ; mc = 5kg
Soluzione
Le forze che agiscono sul
sistema e che fanno lavoro sono
la forza peso sulla massa m e la
forza elastica. Si tratta di forze
conservative e possiamo imporre
la conservazione dell’ energia
meccanica
T + U = costante
1
U = − mgy + ky 2
2
1
1
T = mv 2 + Iω 2
2
2
k
mc
m
y
All’ istante iniziale siamo nella posizione y = 0 e in questa posizione abbiamo
E = T + U = 0 . Quindi la conservazione dell’ energia da’
1
1
1
− mgy + ky 2 + mv 2 + Iω 2 = 0
2
2
2
a)
Per la massima elongazione abbiamo y = hmax , v = 0 e ω = 0 (la velocita’ e’ nulla).
Quindi
1
2
− mghmax + khmax = 0
che da’
2
2mg
= 1,96 ⋅ 104 N / m
k=
hmax
b)
Utilizzando la conservazione dell’ energia e imponendo y =
hmax
otteniamo
2
2
h
1 ⎛h ⎞ 1
1
− mg max + k ⎜ max ⎟ + mv 2 + Iω 2 = 0
2
2 ⎝ 2 ⎠ 2
2
Inoltre la condizione che il filo sia perfettamente aderente ci da’ y = ϑr (dove ϑ e r
corrispondono all’ angolo di rotazione della carrucola e al raggio della carrucola) e di
conseguenza v = ωr . Percio’ si ricava (ricordandoci che il momento di inerzia di un
cilindro vale I = mr 2 / 2 )
2
− mg
hmax 1 ⎛ hmax ⎞ 1 2 1
2
+ k⎜
⎟ + mv + mc v = 0
2
2 ⎝ 2 ⎠ 2
4
da cui
2mghmax − khmax / 2
v=
= 19,8cm / s
2m + mc
2
c)
Per ricavare l’accelerazione usiamo la conservazione dell’ energia scritta sopra
1
1
1
− mgy + ky 2 + mv 2 + mc v 2 = 0
e facciamo la derivata rispetto al tempo
2
2
4
1
che da’
− mgv + kyv + mva + mc va = 0
2
1 ⎞
⎛
⎜ m + mc ⎟ &y& = mg − ky
2 ⎠
⎝
Si tratta di un’ equazione differenziale che che descrive la dinamica di un oscillatore
armonico di pulsazione
k
ω=
da cui
m
m+ c
2
m
m+ c
2π
2 = 0,158s
T=
= 2π
ω
k
Si puo’ ottenere lo stesso risultato utilizzando
le equazioni cardinali della dinamica per i due oggetti (massa appesa e carrucola)
usando come polo l’ asse della carrucola
mg
⎧ − τ = ma
⇒
mg − ky = (m + mc / 2)a
⎨
⎩r (τ − ky ) = Iω&
la 2’ equazione cardinale applicata al sistema complessivo (massa + carrucola)
dp
r (mg − ky ) =
dt
dove
p = mrv + Iω = (m + mc / 2)rv
e quindi
r (mg − ky ) = (m + mc / 2)ra
Problema
Un sistema composto da due cilindri coassiali rigidamente connessi di raggi R1=20cm e
R2=1/2R1 puo’ ruotare senza attrito intorno all’ asse comune disposto orizzontalmente e
fisso. Il momento di inerzia di tale sistema rispetto all’ asse e’ I=0,5kg m2. Una carrucola
C (massa m3=5kg, raggio R3=3/4R1) e’ sospesa mediante una corda di massa trascurabile
e inestensibile, al sistema dei due cilindri. La corda e’ avvolta come mostrato in figura.
Supponendo il sistema inizialmente in quiete si determini:
1. l’ accelerazione angolare acquisita dal sistema dei due cilindri
2. la velocita’ del centro di massa di C dopo t=3s.
Soluzione
Applichiamo la conservazione dell’ energia. Le tensioni,
non fanno lavoro. Abbiamo un termine potenziale
gravitazionale (la massa m3 cambia quota) e 3 termini
cinetici, 2 dei quali sono rotazionali (per il sistema dei
due cilindri e la carrucola C) e uno traslazionale (per la
massa m3). Quindi
1
1
1
2
2
2
− m3 gy + I12ω12 + I 3ω3 + m3v3 = 0
2
2
2
R1
R2
R3
y
Se facciamo la derivata di questa espressione rispetto al
tempo otteniamo
− m3 gv + I12ω12ω&12 + I 3ω3ω& 3 + m3v3a = 0
Per ricavare a dobbiamo dunque stabilire le relazioni tra le velocita’ angolari e la
velocita’ di traslazione v3 di C.
Indichiamo con l1, l2 e l3 le lunghezze del filo che si e’ avvolto attorno ai cilindri di
raggio R1, R2 e R3, rispettivamente. Indicando inoltre con y lo spostamento del cilindro C
lungo la verticale, possiamo scrivere le seguenti relazioni
⎧l1 = y + l3
⎨
⎩l2 = − y + l3
che combinate danno
y = (l1 − l2 ) / 2
l3 = (l1 + l2 ) / 2
Le lunghezze l1, l2 e l3 sono collegate con l’ angolo di rotazione di ciascun cilindro nel
seguente modo
l1 = R1ϑ12
l2 = R2ϑ12
l3 = R3ϑ3
Combinando tutte le informazioni si ottiene
R − R2
v= 1
ω12
2
R + R2
R1 + R2
ω3 = 1
ω12 =
v
(R1 − R2 )R3
2 R3
Quindi otteniamo
⎡
(R1 + R2 )2 I ⎤ + m a = 0
a
− m3 g +
4
I
+
3⎥
3
3
(R1 − R2 )2 ⎢⎣ 12
R2
⎦
L’ accelerazione risulta essere
a=
m3 +
1
(R1 − R2 )2
m3 g
= 0,22m / s 2
2
⎡
⎤
(R1 + R2 ) I
⎢4 I12 +
3⎥
3
R2
⎣
⎦
Inoltre
ω& =
2a
= 4,4rad / s 2
R1 − R2
v = at = 0,66m / s
Problema
Un cuscinetto a sfere puo’ ruotare senza strisciare su un piano orizzontale. Esso e’
schematizzabile con due anelli concentrici, quello interno A di massa mA=0,1kg e raggio
medio rA=8cm e quello esterno B di massa mB=0,1kg e raggio medio rB=8cm.
Trascuriamo lo spessore degli anelli. Applichiamo al cuscinetto la forza F=2N come in
figura, per esempio tramite un filo avvolto sul cuscinetto. Nell’ ipotesi che i due anelli
possano scorrere un rispetto all’ altro senza attrito, calcolare l’ accelerazione di B, la
forza di attrito e il lavoro svolto dalle forze agenti nei primi 10s. Ripetere questi calcoli se
I due anelli sono bloccati tra loro.
Soluzione
Scriviamo le equazioni cardinali:
⎧ F + f a = (mA + mB )a
⎪
⎨
a
⎪⎩ RB (F − f a ) = I CM ω& = I CM R = mB RB a
(infatti ruota solo B). Dunque combinando
otteniamo
2F
= 8m / s 2
a=
m A + 2 mB
r
F
rA
rB
r
fa
mA
F = 0,4 N
m A + 2 mB
Il lavoro della forza di attrito e’ nullo (infatti e’ statico perche’ non c’e’ strisciamento).
Il punto di applicazione della forza F si sposta di una velocita’ doppia rispetto a quello
del CM (questo e’ ovvio se, istante per istante, guardiamo al rotolamento intorno al punto
di contatto con il piano). Quindi abbiamo
1
L = FΔxF = F 2ΔxCM = F 2 aΔt 2 = FaΔt 2 = 1600 J
2
fa =
Nel caso in cui i due anelli sono bloccati l’ uno all’ altro le equazioni si modificano in
⎧ F + f a = (mA + mB )a
⎪
a
⎨
2
2 a
⎪ RB (F − f a ) = I CM ω& = I CM R = mA RA + mB RB R
B
⎩
che danno
2F
= 7,1m / s 2
a=
2
2
2
mA RA + RB + 2mB RB
(
(
fa =
(
)
)
)
mA RB + RA
F = 0,13 N
2
2
2
mA RA + RB + 2mB RB
(
2
2
)
L = FaΔt = 1420 J
2
Problema
Un disco di massa m=2kg e raggio R=0,2m, e’ posto orizzontalmente e puo’ ruotare
senza attrito attorno all’ asse verticale passante per il suo centro. In due punti posti sul
bordo del disco e diametralmente opposti sono imperniati due dischi paralleli al primo ed
uguali ad esso; i perni presentano attrito. Se al tempo t=0 questi due blocchi hanno la
stessa velocita’ angolare ω0=42rad/s e il sistema viene lasciato completamente libero,
determinare lo stato dinamico finale del sistema e la variazione complessiva di energia
cinetica.
Soluzione
Se prendiamo come polo il centro del disco
piu’ basso, il momento delle forze esterne e’
nullo. Infatti l’ unica forza esterna che puo’
dare momento parallelo alla verticale al piano
e’ il vincolo applicato al centro del disco.
Quindi si conserva il momento angolare. Il
momento angolare iniziale vale
pi = 2 I CM ω0 = MR 2ω0
Dopo che ha agito l’ attrito, i due dischi
superiori sono fermi nel sistema rotante del
disco inferiore. I dischi superiori dunque
traslano e ruotano con la stessa velocita’
angolare di quello inferiore. Il momento
angolare finale sara’:
p f = 3I CM ω f + 2MRv f = 3I CM ω f + 2MR 2ω f =
RB
7
MR 2ω f
2
Uguagliando
pi = p f
2
7
ω f = ω0 = 12rad / s
L’energia prima e dopo l’ azione dell’ attrito vale
1
1
2
2
Ei = 2 I CM ω0 = MR 2ω0
2
2
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
E f = 3 I CM ω f + 2 Mv f = 3 I CM ω f + 2 MR 2ω f = MR 2ω0
2
2
2
2
7
5
2
ΔE = Ei − E f = − MR 2ω0 = −50,4 J
14
Problema
Una tovaglia quadrata di lato d=1m e di densita’ per unita’ di superficie pari a
σ=0,1kg/m2 e’ appoggiata sul piano di un tavolo delle stesse dimensioni. I coefficienti di
attrito statico e dinamico tra la tovaglia e il tavolo valgono μs=0,35 e μd=0,25
rispettivamente. Una frazione f della tovaglia penzola da un lato del tavolo. Calcolare:
a) la frazione fmin per la quale la tovaglia inizia a scivolare
b) l’ espressione dell’ accelerazione con cui la tovaglia scivola in funzione della frazione
f
Assumere che la tovaglia non tocchi il pavimento durante lo scivolamento e che lo
spigolo non eserciti alcun tipo di attrito.
Soluzione
La tovaglia puo’ essere vista come l’ insieme di due corpi, uno di lunghezza (1-f)d
appoggiato sul tavolo e l’altro di lunghezza fd che penzola, collegati fra loro. Nel
collegamento fra i due viene esercitata una forza τ trasmessa e spigolo si comporta come
una carrucola (non esercita infatti alcun attrito). Quindi la legge di Newton per i due tratti
e’:
⎧− Fs , d + τ = m1a
⎨
⎩m2 g − τ = m2 a
dove Fs e’ la forza di attrito (statico o dinamico). Abbiamo inoltre imposto che i due
corpi abbiano la stessa accelerazione a .
Valgono inoltre le seguenti relazioni
m1 = σd 2 (1 − f )
m2 = σd 2 f
Fs ≤ μ s N = μ s m1 g
Fd = μ d m1 g
Se sommiamo le due equazioni
− Fs , d + m2 g = (m1 + m2 )a
a)
Nel caso statico
− Fs + m2 g = 0
m2 ≤ m1μ s
f ≤ (1 − f ) μ s
f =
che da’
Percio’ la tovaglia iniziera’ a muoversi quando
μs
= 0,26
1 + μs
b)
Nel caso dinamico
(m2 − μ d m1 ) g = (m1 + m2 )a
m − μ d m1
a= 2
g = [ f (1 + μ d ) − μ d ]
m1 + m2
dunque
E’ possibile anche ricavare l’ equazione oraria del sistema. Infatti f = x / d e percio’
x
&x& = ⎡⎢ (1 + μ d ) − μd ⎤⎥
⎣d
⎦
la cui soluzione e’ un esponenziale (da fare come esercizio).
Problema
Un razzo di massa totale M0 viene lanciato verticalmente verso l’ alto. Il propellente e’
espulso, relativamente al razzo, con velocita’ costante vr. Se l’ accelerazione del razzo
vale a1 quando la massa totale e’ diventata M1, calcolare la massa di propellente epulsa
nell’ unita’ di tempo. Si considerino costanti l’ accelerazione di gravita’ e la massa
espulsa nell’ unita’ di tempo durante il moto.
Dati: M 0 = 103 kg ; M 1 = 9 / 10M 0 ; vr = 5 ⋅ 103 m / s; a1 = 1,3m / s 2
Soluzione
dQy
dV dM
(V − v) =
= Fey = − M (t ) g = M (t )
+
dt
dt
dt
dV dM
= M (t )
−
vr
dt
dt
che da’
dM
M (t ) ⎛ dV
M (t )
⎞
(a(t ) + g ) = − 9 M 0 (a1 + g ) = −2kg / s
=−
+ g⎟ = −
⎜
dt
vr ⎝ dt
vr
10 vr
⎠
Problema
Un satellite avente massa m=5000kg descrive un’ orbita circolare ad un’ altezza
h1=8000km al di sopra della superficie terrestre. Dopo molti giorni ed in conseguenza
dell’ attrito con l’ atmosfera, l’ orbita si contrae portandosi ad un’ altezza h2=650km
sopra la superficie terrestre. Calcolare le variazioni di energia cinetica e di energia
potenziale del satellite (si supponga che le orbite restino sempre circolari dato che la
contrazione e’ molto lenta).
Dati: RT = 6,27 ⋅ 103 km; M T = 5,98 ⋅ 1024 kg ; G = 6,67 ⋅ 10−11 Nm 2 kg −2
Soluzione
Dagli esempi precedenti abbiamo visto che per una traiettoria circolare vale
GM
vi =
= 5,27 ⋅ 103 m / s
h1 + RT
L’ energia cinetica iniziale e’
1
K i = mv 2 = 6,94 ⋅ 1010 J
2
Poiche’ anche la traiettoria finale e’ circolare abbiamo
vf =
Kf =
GM
h + RT
= vi 1
h2 + RT
h2 + RT
h + RT
1
2
mv f = K i 1
h2 + RT
2
⎛ h + RT
⎞
ΔK = K i ⎜⎜ 1
− 1⎟⎟ = 7,26 J
⎝ h2 + RT
⎠
Notiamo che l’ energia cinetica finale e’ maggiore di quella iniziale anche se parte dell’
energia e’ stata dissipata dall’ attrito. Cio’ non e’ in conflitto con il teorema dell’ energia
cinetica poiche l’ energia potenziale gravitazionale e’ diminuita. Abbiamo (vedi esempi
precedenti)
U
K = − ⇒ ΔU = −2ΔK = −14,5 J
2
ed inoltre
Lattrito = ΔK + ΔU = −ΔK = −7,26 J
Problema
Calcolare il raggio dell’ orbita di un satellite geostazionario sapendo che la Luna ha un
periodo di rivoluzione di 27,3 giorni e che la distanza tra il centro della Terra e’ di
RL = 3,84 ⋅ 108 m .
Soluzione
Affinche’ si tratti di un satellite geostazionario si devono verificare le seguenti
condizioni:
1. l’ orbita deve essere circolare
2. l’ orbita deve giacere sul piano equatoriale
3. il periodo di rivoluzione e’ pari a un giorno
Utilizzando la terza legge di Keplero per un’ orbita circolare abbiamo
2
2
TL
TS
= 3
3
rL
rS
2
⎛ T ⎞3
rS = rL ⎜⎜ S ⎟⎟ = 4,24 ⋅ 107 m
⎝ TL ⎠
Problema
La Luna gira attorno alla Terra in 27,3 giorni ed e’ circa a 3,84 ⋅ 108 m di distanza dal
centro della Terra. a) Quale e’ la velocita’ media della Luna? b) Se, durante il moto, la
sola direzione della velocita’ potesse essere variata, quanto lontano andrebbe al massimo
la Luna dal centro della Terra?
Soluzione
a)
La velocita’ media per un moto circolare e’
2πr
v=
= 1,02 ⋅ 102 m / s
T
Allo stesso risultato si poteva arrivare usando l’ espressione della velocita’ per un’ orbita
circolare vista in precedenza
GM
vi =
= 1,02 ⋅ 102 m / s
RL
b)
Per un moto circolare abbiamo
1
GMm
GMm
=−
E = mv 2 −
2
r
2rL
L’ espressione generica dell’energia meccanica e’
GMm
1
E = mv 2 −
2
r
La distanza massima si raggiunge per un moto radiale quando v = 0 . Quindi
GMm
GMm
=−
che da’
E=−
r max
2rL
r max = 2rL
Problema
Nel sistema di riferimento, considerato inerziale, con origine nel centro della Terra ed
assi orientati verso le stelle fisse, un satellite artificiale di massa m si muove su un’ orbita
r
circolare di raggio R0 con velocita’ v0 . Ad un certo istante, dal satellite si stacca
r
r
bruscamente una sonda m1 con velocita’ v1 parallela allla velocita’ v0 e di modulo pari a
2 volte la velocita’ di fuga dal campo gravitazionale terrestre. Detta m2=m- m1 la massa
del satellite dopo il distacco della sonda, determinare:
1. il rapporto m1/ m2 necessario affinche’ il satellite rimanga legato alla Terra;
2. posto m=1,1·103kg e m2=102kg, determinare l’ asse maggiore dell’ ellisse
descritta da m2 in unita’ R0.
Soluzione
1)
Al momento del distacco la quantita’ di moto si conserva (le forze che contribuiscono al
distacco dei due pezzi sono impulsive). Dunque
mv0 = − m1v1 + m2v2
Dai dati del problema sappiamo che
1
GMm
2GM
=0 )
(poiche’ per la fuga vale mv 2fuga −
v1 = 2v fuga = 2
2
R0
R0
GM
1
=
vf
R0
2
Quindi
v0 =
2
(poiche’ nel caso circolare vale
GMm
v
= mac = m 0 )
2
R0
R0
mv0 + m1v1 = m2v2
(m1 + m2 )
GM
GM
2GM
+ m1 2
≤ m2v f = m2
R0
R0
R0
che da’
m1
2 −1
≤
= 0,14
3
m2
2)
Per un corpo orbitante intorno alla Terra il momento della quantita’ di moto e l’ energia
rimangono costanti. Inoltre al perigeo e all’ apogeo raggio e velocita’ sono perpendicolari
tra loro. Sappiamo gia’ che R0 (poiche’ prima del distacco il satellite si trovava su di un’
orbita circolare) corrisponde alla distanza dalla Terra in uno dei due punti. Dunque
possiamo scrivere
⎧m2 R0v2 = m2 Ra v
⎪
GMm 1 2 GMm
2
⎨1
⎪ 2 m2v2 − R = 2 mv − R
0
a
⎩
Risolvendo il sistema rispetto a Ra si ottiene
2
2
2
3
v2 R0 − 2GM Ra + 2GMR0 Ra − v2 R0 = 0
che da’
⎧ R0
⎪
2
⎪
Ra = ⎨− v2 R0
= 5,42 R0
⎪ v 2 − 2GM
⎪⎩ 2
R0
Come atteso, una delle due soluzioni coincide con R0 .
L’asse maggiore risulta essere
a = R0 + 5,45R0 = 6,45R0
(
)
