Esercizi di Meccanica (M6)
Consegna: giovedı̀ 3 giugno.
Problema 1: Si consideri un corpo rigido formato da una sfera omogenea di raggio
R e massa M1 e da una sbarretta omogenea di lunghezza L, massa M2 e dimensioni
trasversali trascurabili. La sbarretta è rigidamente connessa alla sfera in modo tale da
trovarsi lungo un raggio della sfera. Il corpo rigido è vincolato ad un asse orizzontale
che passa per il centro della sfera ed è ortogonale alla sbarretta; esso può ruotare
intorno a tale asse senza attrito.
a) Si calcoli la distanza dCM del centro di massa del corpo rigido dall’asse ed il suo
momento I di inerzia rispetto a tale asse.
b) Al tempo t = 0 il corpo rigido è disposto come in figura [grafico a)]. Quindi viene
messo in moto con velocità iniziale tale che la velocità del punto P , estremo dell’asta,
sia vP . Si calcoli l’angolo θmax delle successive oscillazioni.
c) Quando θ = θmax avviene un urto completamente anelastico tra il corpo rigido ed
una pallina di massa Mp e velocità v0 verticale diretta verso il basso [vedi grafico b)].
La pallina rimane conficcata nell’estremo P dell’asta. Si calcoli la velocità angolare
ωurto dopo l’urto.
d) Si calcolino la componente tangenziale e la componente normale dell’impulso delle
forze vincolari che agiscono sull’asse di rotazione durante l’urto.
e) Si calcolino le componenti (verticale ed orizzontale) dell’impulso della forza impulsiva che agisce sulla pallina durante l’urto.
Valori numerici: M1 = 1.07 kg, M2 = 164 g, L = 32.7 cm, R = 5.03 cm, vP = 2.93
m/s, Mp = 71 g, v0 = 4.35 m/s.
a)
b)
R
L
g
P
θmax
vP
1
Mp
v0
P
Problema 2: Un disco omogeneo di massa mD = 2 kg e raggio R = 40 cm è libero di
ruotare senza attrito intorno al suo asse disposto orizzontalmente. Sul bordo del disco
e’ fissato un minuscolo cannoncino di massa mC = 0.5 kg che può sparare proiettili
tangenzialmente al disco. Quando il sistema è in quiete nella posizione di equilibrio
stabile (cannoncino alla minima quota) viene sparato un proiettile di massa m = 0.1
kg con velocità di uscita relativa al cannoncino vrel = 20 m/s. Calcolare: a) la velocità
angolare del sistema disco + cannoncino immediatamente dopo lo sparo; b) l’angolo
massimo di cui ruota il sistema (disco + cannoncino) dopo lo sparo.
2
Problema 1:
DOMANDA a). Iniziamo con il calcolare la posizione del centro di massa. Il centro
di massa della sfera è sull’asse di rotazione, dato che la sfera è omogenea. Il centro di
massa della sbarretta è nel suo centro di simmetria, quindi ad una distanza dall’asse
pari a
L
rC,sbarra = + R .
2
Quindi il centro di massa del corpo rigido si trova ad una distanza dall’asse pari a
msbarra rC,sbarra
dCM =
msbarra + msf
Quindi:
M2 (R + L/2)
= 5.0 cm;
M1 + M2
Calcoliamo ora il momento d’inerzia. Ricordiamo che il momento d’inerzia di una
sfera e di una sbarretta (solidi omogenei) relativi ad una asse che passa per il centro
di massa ed ha la direzione come nel problema valgono:
2
MR2 ,
Isfera =
5
1
Isbarretta =
ML2 .
12
Nel caso della sbarretta l’asse non passa per il centro di massa, ma si trova ad una
distanza rC,sbarra da esso. Utilizzando il teorema di Huygens-Steiner otteniamo quindi
per la sbarretta
1
2
.
Isbarretta = ML2 + MrC,sbarra
12
Quindi otteniamo in definitiva:
2
1
:
I = M1 R2 + M2 L2 + M2 (R + L/2)2 = 0.010 kg·m2 ;
5
12
DOMANDA b). Nel problema si conserva l’energia dato che l’unica forza rilevante
per la dinamica è la forza peso che è conservativa. Definiamo
:
dCM =
Mtot = M1 + M2 = 752 g.
Se vP è la velocità del punto P che dista R + L dall’asse, la velocità angolare iniziale
vale
vP
= 5.98 rad/s.
ωini =
R+L
Fissiamo lo zero dell’energia potenziale gravitazionale in modo che, quando l’asta è
in posizione verticale, si abbia Upeso = 0. Otteniamo
1 2
Iω ,
2 ini
= 0,
= 0,
= Mtot gh = Mtot gdCM (1 − cos θmax ),
Kini =
Uini
Kfin
Ufin
3
dove h è la differenza di quota del centro di massa tra l’istante iniziale (sbarretta
verticale) e quello finale. Richiedendo che Emecc = K + U sia uguale all’istante
iniziale e finale si ottiene
cos θmax = 1 −
2
Iωini
= 0.50,
2Mtot gdCM
e
θmax = 60◦ .
DOMANDA c). Nell’urto si conserva la componente assiale del momento angolare
totale Ptot rispetto all’asse, dove Ptot = Ppallina + Pcorporigido . Al fine di specificare
i segni, fissiamo il verso dell’asse in modo tale che esso sia entrante nel foglio: con
tale scelta le rotazioni orarie per chi guarda il foglio sono positive. All’inizio le
componenti assiali valgono
Ppallina,ini = (Mp rP × v0 )k = +Mp (R + L)v0 sin θmax ,
Pcorpo,ini = Iω(θmax ) = 0.
Dopo l’urto la pallina rimane conficcata: quindi abbiamo un sistema di massa Mtot +
Mp e momento di inerzia I + Mp (L + R)2 , che ruota attorno all’asse con velocità
angolare ωfin . Quindi
Pfin = [I + Mp (L + R)2 ]ωfin .
La conservazione della componente assiale del momento angolare totale implica
ωfin =
Mp (L + R)v0 sin θmax
.
I + Mp (L + R)2
I valori numerici corrispondenti sono:
ωfin = 10.0 rad/s.
DOMANDA d). Consideriamo come sistema il corpo rigido più la pallina. Se Q è
la quantità di moto totale del sistema allora la I equazione cardinale implica
dQ
= Fext .
dt
Le forze esterne sono le forze vincolari sull’asse e la forza peso. La seconda non è
impulsiva ed è quindi trascurabile nell’urto:
dQ
= Fvinc .
dt
Integrando sul tempo dell’urto otteniamo alla fine:
Z
Jvinc =
Fvinc dt = Qfin − Qin .
urto
4
b n e con u
bt il versori radiale ed il versore tangenziale:
Indichiamo rispettivamente con u
b n punta in direzione opposta all’asse di rotazione, mentre u
bt è diretto in senso orario
u
(vedi figura). Per la pallina, all’inizio abbiamo:
bn + Mp v0 sin θmax u
bt .
qpallina,in = Mp v0 cos θmax u
Per il corpo rigido ricordiamo che qcorpo = Mtot vCM . Dato che quando avviene l’urto
il corpo rigido è fermo abbiamo
qcorpo,in = 0.
Dopo l’urto la pallina si muove con velocità tangenziale pari a rP ωfin = (L + R)ωfin .
Quindi
bt .
qpallina,fin = Mp (L + R)ωfin u
Il centro di massa del corpo rigido si muove con velocità tangenziale dCM ωfin per cui
bt .
qcorpo,fin = Mtot dCM ωfin u
Ne segue:
Jt = Mp (L + R)ωfin + Mtot dCM ωfin − Mp v0 sin θmax ,
Jn = −Mp v0 cos θmax .
Numericamente otteniamo
Jt = 0.11 N·s,
Jn = −0.31 N·s.
Si noti che la quantità qui calcolata è l’impulso della forza che il vincolo esercita sul
corpo rigido. La forza che il corpo rigido esercita sul vincolo e’ semplicemente −Jvinc .
DOMANDA e). Trascurando la forza peso, non impulsiva, se Jint è l’impulso
richiesto abbiamo
Jint = qpallina,fin − qpallina,in.
In un sistema di riferimento con asse y verticale diretto verso l’alto abbiamo
qpallina,fin = [−Mp (L + R)ωfin cos θmax , −Mp (L + R)ωfin sin θmax ],
qpallina,in = (0, −Mp v0 )
per cui
Jint,x = −Mp (L + R)ωfin cos θmax = −0.134 Ns,
Jint,y = Mp v0 − Mp (L + R)ωfin sin θmax = 0.077 Ns.
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