FISICA

FISICA
A.A. 2013-2014
Ingegneria Gestionale
6° prova del 9 Aprile 2014
Gli elaborati verranno ritirati Venerdì 11 Aprile
L
m2
1. Un blocco di massa m1=2Kg viene lanciato lungo una guida liscia con un
impulso I=10 Kg∙m∙s-1. Il blocco raggiunge la sommità della guida raccordata ad I m1
un tavolo liscio di altezza h=1m. Determinate la velocità assunta dal blocco sul
tavolo. Successivamente il blocco, in corrispondenza dello spigolo del tavolo,
urta un pendolo semplice, costituito da una massa m2=1Kg collegata ad un
cardine tramite un filo inestensibile, di lunghezza L=50cm e di massa
trascurabile. Assumendo che il pendolo sia inizialmente fermo in verticale, e che
l’urto sia normale centrale ed elastico, determinare l’angolo massimo  delle
oscillazioni dopo l’urto, e la distanza b dalla base del tavolo cui cade il blocco.
h

h
m1
b
2. Un piattello di massa M=3kg è attaccato ad una molla di massa trascurabile. Una
massa m=200g inizialmente ferma quota h=50cm discende lungo una guida liscia ed
urta elasticamente il piattello. Quindi risale la guida mentre il piattello si mette ad
oscillare orizzontalmente. In assenza di attriti e sapendo che il piattello oscilla con
periodo T=2ms si determinino: a) la quota cui risale la massa m; b) l’ampiezza delle
oscillazioni del piattello; c) l’impulso ceduto dalla pallina al piattello.h
M
m
h
vo
3. Un blocco di massa m1=1 Kg viene lanciato lungo un piano orizzontale
m3
m2
m1
liscio con energia cinetica di 10 J contro un secondo blocco di massa
m2=2Kg, inizialmente fermo, che urta centralmente ed elasticamente.
A seguito dell’urto il blocco m2 acquista una energia cinetica ed urta a sua volta un terzo blocco,
inizialmente fermo, di massa m3=3Kg centralmente ed elasticamente. Calcolare le velocità dei tre
blocchi al termine degli urti e le relative energie cinetiche. Determinare la massa m2 che avrebbe
dovuto avere il blocco centrale per acquisire, dopo gli urti, la stessa velocità del primo blocco.
4. Un sacco di massa M=3kg è appeso ad un cardine C tramite un filo di
lunghezza L=50cm, inestensibile e di massa trascurabile. Il sacco, inizialmente
inclinato di un angolo  rispetto alla verticale, viene lasciato oscillare
liberamente. Quando il sacco raggiunge la posizione verticale, esso impatta con
un proiettile di massa m=20g. A seguito dell’urto perfettamente anelastico il
sacco rimane fermo lungo la verticale. Determinare la velocità del proiettile
prima dell’urto. Nel caso in cui il proiettile colpisse il sacco nello stesso punto
m
ma con velocità opposta, determinare l’angolo massimo delle oscillazioni.
C

L
M
v
v
m
facoltativo
5. Una pallottola di massa m=15g perfora un blocco di legno di massa M=2 kg
vo e ne
fuoriesce con velocità rallentata del 30% nella stessa direzione iniziale. Il blocco,
inizialmente in quiete sul bordo di un tavolo alto h=50cm, cade ad una distanza
L=20cm dallo spigolo del tavolo. Determinare a) la velocità iniziale vo del proiettile,
b) la distanza d dall’origine O cui viene ritrovato il proiettile, c) l’energia trasformata
in calore immediatamente dopo l’urto.
M
h
O
L
6. Un cannone di massa M=300kg, inizialmente in quiete è libero di muoversi senza attrito su un
piano orizzontale. Esso ha due canne e spara in rapida successione due proiettili ciascuno di massa
m=2kg orizzontalmente con velocità di uscita v=200m/s rispetto alla canna. Quanto vale la velocità
acquistata dal cannone dopo aver esploso entrambi i colpi?
d
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Ingegneria Gestionale
Soluzioni 6° prova
1
I2
m1v o2 
.
2
2m1
La velocità V1 assunta dal blocco sul tavolo si calcola imponendo
la conservazione dell’energia meccanica tra i punti (a) e (b).
(b)
1. Il blocco ha inizialmente energia cinetica Ta 
Ta  Tb  m1 gh da cui V1 
I
m1   2 gh  2.32 m/s
2
V1
m1
(a)
m1
h
I

 m1  m 2 
1
V1  V1  0.77 m s
V1 f  
3
 m1  m2 
Assumendo l’urto elastico le velocità dopo l’urto sono 
 V   2m1 V  4 V  3.1 m s
 2  m1  m2  1 3 1
O
L’oscillazione massima del pendolo si ottiene imponendo la
conservazione dell’energia meccanica tra i punti (c) e (d)
Tc 

1
m2V22  U d  m2 gL1  cos   da cui
2
L
(d)
(c)
m2
L(1-cos)

V 
V2
  88° 49’
l’angolo massimo di oscillazione è dato da   arccos1 
 2 gL 
Infine la distanza b dalla base del tavolo cui cade il primo blocco si ottiene studiando il moto
parabolico del corpo di massa m1 lanciato con velocità orizzontale V1f
2
2
y
 x  V1 f t

Lungo asse x v x  V1 f , lungo asse y
 a 0
 x
 y  h  gt 2 2

 v y   gt
 a  g
y

V1f
h
tempo di volo si ottiene imponendo y(tv)=0 da cui t v  2h g
x
b
mentre la distanza dal tavolo vale b  y t v   V1 f t v  V1 f 2h g  0.35 m
2. La pallina (corpo n.1) scende senza attrito lungo il piano inclinato,
trasformando la sua energia potenziale U=m1gh interamente in energia
cinetica T= m1v12 2 . La velocità prima dell’impatto con il piattello è
quindi v1  2 gh diretta lungo l’asse delle x come in figura (a). Dopo
l’urto elastico con il piattello fermo (v2=0), le velocità dei due corpi V1 e
V2 si calcolano imponendo la conservazione della quantità di moto e
dell’energia cinetica del sistema. Dal sistema si ottengono le espressioni

 m1  m2 
 2m2 
mM 
v1  
v2  
 2 gh
V1  

mM 
 m1  m2 
 m1  m2 
ove m=m1 e M=m2

V   2m1 v   m2  m1 v   2m  2 gh
 2  m1  m2  1  m1  m2  2  m  M 
La pallina quindi inverte la sua velocità (V1<0) e risale il piano inclinato
sino all’altezza h’. Questa altezza si ricava imponendo la conservazione
(a)
x
m2=M
k
v1 m1=m
v2=0
(b)
x
M
k
m V1
V2
(c)
A
k
h’
dell’energia meccanica della pallina nell’istante immediatamente dopo l’urto
Em=T= mV12 2  mghM  m  M  m 2 (fig b), e nel punto di massima altezza Em=U= mgh' (fig
c), da cui h'  hM  m  M  m 2  0.383m. Durante l’urto la pallina cede al piattello un impulso,
lungo l’asse x, di valore J x   Fx dt  p xdopo  p xprima  MV2  2 gh 2mM M  m   1.17 Ns che
mette in oscillazione il piattello ad =2/Tosc. Dalla conservazione dell’energia meccanica per il
piattello, tra l’istante immediatamente dopo l’urto Em=T= MV22 2 e la posizione di massima
k M  V2Tosc 2  0.125mm
elongazione Em=Uel=kA2/2 siottiene l’elongazione massima A  V2
3. Entrambi gli urti sono centrali ed elastici. In queste condizioni si conserva la quantità di moto del
sistema, come anche l’energia cinetica del sistema. In generale le velocità successive all’urto di due
blocchi a,b possono essere espresse in funzione delle velocità precedenti all’urto come segue

 m a  mb
Va  

 m a  mb

V   2ma
 b  ma  mb

 2 mb 
v a  
vb

m
m
a 

 a
che dopo il primo urto

 mb  m a 
v a  
vb

 m a  mb 
m1
vo
m2
V1
m1
m2

 m1  m2 
1
vo 
vo
V1  
m
m
3


2 
 1



2
m
2
1
V  
v o  v o
2


3
 m1  m2 
V2
le velocità di uscita dopo il secondo invece

 m 2  m3 
 m  m3  2m1 
2
V2   2

vo 
vo
V2 f  
15

 m 2  m3 
 m2  m3  m1  m2 

 V   2m2 V   2m2  2m1 v  8 v
 3  m2  m3  2  m2  m3  m1  m2  o 15 o
La velocità iniziale del primo blocco vale vo 
m2
V2
m3
2T
 4.47 m/s
m1
 V1   vo 3  1.49 m s

Le velocità finali dei tre blocchi sono quindi V2 f   2vo 15  0.60 m s
 V  8v 15  2.38 m s
o
 3
 T1  T 9  1.11 J

E le energie cinetiche conseguentemente  T2 f  8T 225  0.36 J
T  192T 225  8.53 J
 3
 m  m3 2m1 
 m  m2
v o   1
Imponendo la condizione V2f=V1 si ottiene  2
 m1  m2
 m2  m3 m1  m2 
da cui si giunge alle equazione di 2° grado m22  m2 m1  m3   2m1 m3  0
con la sola soluzione accettabile m2= 1.16 Kg

vo

V2f
m2
m3
V3
4 Il sacco lasciato cadere dalla posizione (1) ha inizialmente solo energia potenziale
C
Em1=Mgh=MgL(1-cos)

Lcos
Quando raggiunge la posizione di minima quota (2) avrà trasformato
energia potenziale interamente in energia cinetica
2
x
m
Em2=MV /2
M
M
V
v
1
h
rif
2
Dalla conservazione dell’energia meccanica si ricava la velocità V  2 gL1  cos  
La quantità di moto (lungo x) del sistema proiettile+sacco prima dell’urto è p x  MV  mv
Il sistema dopo l’urto rimane in quiete. La quantità di moto è quindi p x  0 .
C
Dalla conservazione della quantità di moto si ottiene la velocità del proiettile
M
v
m

2gL1  cos    171.9 m/s
Facoltativo: se il proiettile è diretto in senso opposto la quantità di moto del
sistema prima dell’urto è p x  MV  mv  2 MV (tenuto conto che mv=MV)
Questa quantità si conserva dopo l’urto p x  ( M  m )Vc
Imponendo l’uguaglianza dei termini si ottiene la velocità del c.d.m.
 2M 
Vc  V 
 che è legata al massimo angolo  dalla Vc  2 gL1  cos  
M m
x
V
Lcos
M
v m
L(1-cos)
rif
2
 2M 
Combinando le equazioni si ottiene cos   1  
 1  cos   da cui
 M  m
5.
=61°53’
1a parte: urto anelastico: conservazione della quantità di moto
 1  M 
mvo  m0.7  v0   MV A da cui vo  
 V A
 0.3  m 
2a parte: caduta per gravità del blocco e della pallottola
Lungo l’asse verticale il moto di caduta di entrambi i corpi è uniformemente accelerato per gravità;
ay=-g,
v y   g  t , y t   h  gt 2 2 .
Da questa ricaviamo il tempo di volo di entrambi i corpi imponendo y(t*)=0 da cui t*  2h g .
La distanza del punto di caduta del blocco dal punto O si ottiene da xt *  L  V A 2h g
 1  M 
 1  M 
che permette di trovare la velocità iniziale vo  
  L g 2h  278 m/s
 V A  
 0.3  m 
 0.3  m 
d  0.7 vo 2h g  62.2 m
e la distanza del punto di caduta della pallottola dal punto O
1
L’energia cinetica anteriore all’urto: Ti  mvo2  581 J
2
1
L’energia cinetica posteriori all’urto: T fin  MV A2  285 J
2
L’energia dissipata durante l’urto è quindi Q  Ti  T fin  296 J
va1
m
m
6. La quantità di moto del sistema si conserva tra l’istante h e
vb1
m
l’istante i (prima e dopo la prima esplosione); infatti le forze
M
M
(h)
(i)
esplosive sono forze interne e non danno contributo alla prima


equazione cardinale. Si scrive quindi pi  ph  0 perché il
va1
va2
m
vb2
sistema inizialmente è in quiete. L’espressione diventa quindi


M
M
(k)
(j)
( M  m)va1  mvb1  0 . Il problema però non fornisce il valore

della velocità assoluta del proiettile vb1 ma la sua velocità di

uscita vu relativa alla canna che non è ferma! Applicando le relazioni dei moti relativi si ha

 

  m 
vb1  vu  va1 che introdotta nell’altra equazione consente di trovare va1  vu 
 . Dopo
 M  2m 
poco tempo si verifica una seconda esplosione dove si conserva ancora la quantità di moto tra gli




 
istanti j e k. Possiamo pertanto scrivere Mva 2  mvb 2  ( M  m)va1 dove al solito vb 2  vu  va 2 .

  m2 M  3m  
 con valore v a 2  2.64m / s .
Combinando le espressioni si ottiene va 2  vu 
 M  m M  2m  