Esercizio 1
Un corpo puntiforme di massa m scivola lungo una pista liscia di raggio R partendo da fermo da un’altezza
h rispetto al fondo della pista come rappresentato in figura.
a) Determinare il valore minimo di h (pari a h0 , da esprimere in funzione di R) perchè il corpo possa
compiere un giro completo.
Nel caso h = nh0 , determinare:
b) Il valore della forza esercitata dalla pista sul corpo quando questo si trova nella posizione individuata
dall’angolo θ = 30o .
Se la guida termina, dopo il cerchio, con un tratto orizzontale scabro (µD =0.2), determinare
c) a quale distanza dal punto A si ferma il corpo;
d) il tempo impiegato a percorrere questo tratto orizzontale.
A: m = 0.15 kg; R = 1.5m; n = 3/2; µD = 0.2
B: m = 0.20 kg; R = 2.5m; n = 4/3; µD = 0.2
SOLUZIONE
In figura sono mostrate le forze agenti sul corpo in diverse posizioni lungo il giro della morte. Scegliamo
in ogni punto della traiettoria un sistema di riferimento radiale, positivo verso il centro.
a.
Perchè il corpo possa compiere un giro completo, il punto
critico è il punto più alto della traiettoria, in cui la reazione
2
vincolare deve essere al limite nulla: mg + N = m vR da cui
v 2 ≥ gR.
Durante il moto vale anche la conservazione dell’energia,
poichè la pista è liscia e agisce solo la forza peso (la reazione
vincolare non compie lavoro).
Prendendo il punto di partenza (ad altezza h0 rispetto
al fondo della pista, scelto come riferimento per l’energia
potenziale) e il punto più alto nel cerchio della morte a
confronto, vale
1
1
Ei = mgh0 = mg2R + mv 2 = mg2R + mRg = Ef
2
2
da cui si ricava
h0 =
5
R
2
b.
Facendo riferimento alla figura mostrata in precedenza, consideriamo l’equazione del moto nel punto
individuato da θ. In direzione radiale vale
Nθ − mg cos θ = m
v2
R
Il valore della velocità in quel punto si ricava ancora con considerazioni sulla conservazione dell’energia:
5
1
1
2
mgh = mgnh0 = mgn R = mvA
= mv 2 + mgR(1 − cos θ)
2
2
2
2
da cui vA
= 2gh = 5ngR (ci servirà per rispondere al quesito c.), v 2 = gR(5n + 2 cos θ − 2), e quindi
Nθ = mg[5n + 3 cos θ − 2]
c.-d.
Consideriamo il moto del corpo nel tratto iniziale dal punto A a quando si ferma. La variazione di energia
cinetica del corpo è pari al lavoro delle forze non conservative:
1
2
= −µD mg∆x
Kf − Ki = − mvA
2
dove ∆x è lo spazio percorso dal corpo prima di fermarsi. Vale quindi
∆x =
2
h
vA
5nR
=
=
2µD g
µD
2µD
Il medesimo risultato si può trovare a partire da considerazioni cinematiche. Sappiamo che nel caso di
moto uniformemente accelerato vale vf2 = vi2 + 2a∆x dove vi e vf sono la velocità iniziale e finale di un
corpo che si muove con accelerazione a nel percorrere uno spazio ∆x. In questo caso vf = 0 poichè il
corpo si ferma, vi = vA , a = −µD g poichè l’unica forza agente sul corpo è la forza di attrito che si oppone
2
− 2µD g∆x come in precedenza.
al moto, Fa = −µD mg. Si trova quindi 0 = vA
Il tempo impiegato a percorrere questo tratto si ricava dalla relazione cinematica vf = vi + at da cui
t=−
vi
vA
=
a
µD g
SOLUZIONI NUMERICHE:
A. a. h0 = 3.75 m; b. N = 11.9 N; c. ∆x = 28.1 m; d. t = 5.36 s
B. a. h0 = 6.25 m; b. N = 14.2 N; c. ∆x = 41.7 m; d. t = 6.52 s
Esercizio 2
Un disco di massa M e raggio R viene fatto ruotare con velocità angolare costante ω0 attorno ad un asse
orizzontale fisso passante per il suo centro di massa O. Ad un certo istante il disco viene colpito sul bordo
in un punto A posto a metà della sua altezza, da una massa puntiforme m, che viene lasciata cadere da
ferma da un’altezza h rispetto al punto di collisione. Dopo l’urto la massa m rimane attaccata al disco
che prosegue nel suo moto di rotazione con velocità angolare ω1 . Calcolare
a) la velocità angolare ω1 del sistema subito dopo l’urto;
b) l’energia cinetica dissipata nell’urto;
c) la velocità della massa m quando il sistema ha ruotato di 3/4 di giro dopo l’urto e la massa si trova
quindi sulla sommità del disco.
A: M = 1.4 kg; R = 5.5 cm; ω0 = 2 rad/s; h = 50 cm; m = 50 g
B: M = 1.2 kg; R = 6.5 cm; ω0 = 3 rad/s; h = 40 cm; m = 60 g
SOLUZIONE
a.
L’urto è completamente anelastico e vincolato, pertanto non si conserva nè l’energia cinetica nè la quantità
di moto. Si conserva però il momento angolare rispetto al polo O (centro del disco, rispetto al quale la
reazione vincolare, impulsiva, ha momento nullo).
Il momento angolare iniziale Li è dato dal momento angolare del disco in rotazione e dal momento
angolare della massa che si muove con velocità v (da ricavare):
Li = I0 ω0 + mvR
Il momento di inerzia del disco vale I0 = kM R2 (k = 1/2) mentre la velocità della massa appena prima
di urtare il disco si può ricavare con considerazioni sulla conservazione dell’Energia o studiandone il moto
(uniformemente accelerato con accelerazione pari a g).
Nel primo caso
1
Ei = mgh = mv 2 = Ef
2
√
avendo posto lo zero dell’energia potenziale alla quota in cui avviene l’urto. Si trova v = 2gh.
Nel secondo caso, in un sdr verticale centrato nella posizione
iniziale del corpo e diretto veso il basso
√
y(t) = 1/2gt2 e v = gt, da cui, per y = h si ricava v = 2gh come in precedenza.
ll momento angolare finale è Lf = I1 ω1 dove il momento di inerzia del sistema dopo l’urto è dato dal
disco e dalla massa puntiforme posta a distanza R dal polo 0: I1 = I0 + mR2 .
Da cui
√
√
Li
kM R2 ω0 + mR 2gh
kM ω0 + m 2gh/R
ω1 =
=
=
I1
kM R2 + mR2
kM + m
b.
L’energia dissipata nell’urto è data dalla differenza di energia cinetica prima e dopo l’urto: ∆Ek = Ei −Ef .
L’energia cinetica prima dell’urto è la somma dell’energia cinetica della massa m e dell’energia cinetica
rotazionale del disco: Ei = 12 mv 2 + 12 I0 ω02 . L’energia finale è Ef = 12 I1 ω12 .
Si ricava
1
1
1
1
∆Ek = mv 2 + I0 ω02 − I1 ω12 = mgh + R2 [kM (ω02 − ω12 ) − mω12 ]
2
2
2
2
c.
Dopo l’urto la massa m ruota insieme al disco e possiamo scrivere la sua velocità dopo che il disco ha
compiuto 3/4 di giro come v2 = ω2 R. Si tratta quindi di trovare ω2 .
Sappiamo che dopo l’urto l’energia meccanica si conserva e pertanto possiamo eguagliare l’energia meccanica del sistema immediatamente dopo l’urto a quella dopo 3/4 di giro:
1
1
I1 ω12 + mgR + M gR = I1 ω22 + 2mgR + M gR = Ef
(1)
2
2
avendo posto lo zero dell’energia potenziale nell’estremo più basso del disco. L’energia potenziale del
disco, che non trasla durante la rotazione, è costante (M gR).
Si ottiene quindi
r
2mgR
ω2 = ω12 −
I1
Ei =
da cui si ricava
s
v2 = R ω12 −
2mg
(kM + m)R
SOLUZIONI NUMERICHE:
A: a. ω1 = 5.7 rad/s; b. ∆Ek = 0.21 Joule; d. v2 = 0.16 m/s
B: a. ω1 = 6.6 rad/s; b. ∆Ek = 0.19 Joule; d. v2 = 0.27 m/s
Esercizio 3
Si consideri il sistema in Figura, composto da due masse m1 = 3.0 kg e m2 = 1.9 kg di dimensioni
trascurabili, attaccate agli estremi di una corda inestensibile avvolta attorno ad una carrucola (entrambe
di massa trascurabile e prive di attrito). Il corpo m2 è a contatto con il suolo.
Sull’asse della carrucola viene applicata una forza F verticale verso l’alto.
a) Determinare il valore massimo di F che permette alla massa m2 di rimanere a contatto con il suolo.
Se F = 55 N, calcolare:
b) la tensione della fune;
c) l’accelerazione di m1 e m2 in un sistema di riferimento solidale al suolo;
d) l’accelerazione di m1 e m2 in un sistema di riferimento solidale alla carrucola.
e) Disegnare il diagramma delle forze agenti sulle masse e sulla carrucola.
A: m1 = 1.3 kg; m2 = 1.9 kg; F = 55 N
B: m1 = 1.5 kg; m2 = 2.1 kg; F = 60 N
SOLUZIONE
Per descrivere il sistema scegliamo un sistema di riferimento con asse verticale, coincidente con la direzione di moto degli elementi del sistema stesso, diretto verso l’alto.
a.-b.
Dal diagramma delle forze per la carrucola (di massa trascurabile) si ricava che F −2T = 0 che permette di
determinare il valore della tensione della corda (uguale in ogni punto, essendo la sua massa trascurabile):
T = F/2
Dal diagramma per m2 finchè è appoggiata al suolo, nel sdr indicato, si deriva T − m2 g − N = 0 dove con
N abbiamo indicato la reazione vincolare del suolo. Quando il corpo si stacca N = 0 e quindi si ricava
T ≥ m2 g da cui
F ≥ 2m2 g = F0
(2)
c.
La II legge della dinamica per le masse nel caso in cui F ≥ F0 (situazione che si verifica per il valore di
F indicato nel testo) dice
T − m1 g = m1 a1
T − m2 g = m2 a1
si tratta di un sistema di due equazioni in due incognite a1 e a2 (T non è incognita, è pari a F/2), da cui
si ricava
F
−g
2m1
F
−g
a2 =
2m2
a1 =
Si noti che le due accelerazioni non sono uguali. L’inestensibilità della corda infatti richiede che i due
corpi si muovano con la stessa accelerazione nel sistema di riferimento della carrucola (si veda la risposta
d.)
Inoltre mentre a2 può assumere solo valori positivi per via del vincolo sul valore di F imposto dall’eq.(2), il
valore di a1 può essere negativo (in questo caso m1 accelera quindi verso il basso) nel caso in cui m1 > m2 .
d.
Rispetto alla carrucola conviene considerare un sistema di riferimento lungo la corda, con direzione del
moto delle masse in questo sdr (dalla massa minore alla maggiore, nel nostro caso verso destra). In questo
sdr le masse hanno la medesima accelerazione, che indichiamo con a. Sia a0 l’accelerazione della carrucola
nel sdr solidale al suolo. Vale (per la composizione delle accelerazioni per sistemi di riferimento in moto
traslatorio)
a1 = a0 + a
a2 = a0 − a
da cui
F m2 − m1
a1 − a2
=
2
4 m1 m2
F
m
a
+
a
1 + m2
1
2
=
a0 =
−g
2
4 m1 m2
a=
Nel calcolare a è stato immediato calcolare anche l’accelerazione a0 della carrucola nel sdr solidale al
suolo, anche se non richiesto nel testo.
Se m1 = m2 vale a = 0: le masse sono ferme rispetto alla carrucola e si muovono, in un sdr solidale al
suolo, con la stessa velocità con cui si muove l’intero sistema (a0 = a1 = a2 ).
e.
F = 2T
SOLUZIONI NUMERICHE:
A: a. F0 = 37.2 N; b. T = 27.5 N; c. a1 = 11.4 m/s2 , a2 = 4.7 m/s2 ; d. a = 3.3 m/s2 , [a0 = 8.0 m/s2 ]
A: a. F0 = 41.2 N; b. T = 30.0 N; c. a1 = 10.2 m/s2 , a2 = 4.5 m/s2 ; d. a = 2.9 m/s2 , [a0 = 7.3 m/s2 ]
