Esercizio 1 Un carrello di massa mA di dimensioni

Esercizio 1
Un carrello di massa mA di dimensioni trascurabili è inizialmente fermo nell’origine O di un sistema di
coordinate cartesiane xyz disposto come in figura. Il carrello può muoversi con attrito dinamico µD su
un piano orizzontale parallelo all’asse y. Ad un certo istante, a seguito di una esplosione, un proiettile di
massa m viene sparato con velocità v lungo la direzione delle y positive.
Nota: La massa m del proiettile non è compresa nella massa del carrello.
a. Determinare la posizione del carrello quando si ferma.
Successivamente il proiettile urta un cilindro pieno di raggio R e massa M inizialmente in quiete e libero
di ruotare senza attrito attorno al suo asse, passante per il punto C, supposto fisso e parallelo all’asse x.
Si trascuri nel moto del proiettile l’effetto della gravità su di esso. L’urto tra proiettile e cilindro è tale
che la massa m penetra nel cilindro fino a fermarsi nel punto P (vedi figura) posto ad una distanza d
dall’asse del cilindro: l’urto avviene in un tempo brevissimo.
b. Calcolare il momento d’inerzia del sistema cilindro + proiettile rispetto ad un asse
passante per C e parallelo all’asse x.
c. Determinare la velocità angolare ω del sistema cilindro + proiettile subito dopo l’urto e
la coordinata massima zM AX massima raggiunta dal punto P dopo l’urto.
d. Calcolare l’impulso della reazione vincolare lungo l’asse y durante l’urto.
Compito A: mA = 1.2 kg, µD = 0.1, m = 0.25 kg, v = 6 m/s, R = 0.7 m, d = 0.5 m, M = 2 kg
Compito B: mA = 1.0 kg, µD = 0.1, m = 0.20 kg, v = 6 m/s, R = 0.6 m, d = 0.4 m, M = 2 kg
SOLUZIONE
a.
Durante l’esplosione la quantità di moto del sistema formato da carrello e proiettile si conserva, poichè
non agiscono forze esterne. Vale quindi
p~i = 0 = m~v + mA~vA = p~f
da cui ~vA = − mmA ~v . Anche il carrello si muove lungo l’asse y, in verso opposto rispetto al proiettile.
A causa dell’urto il carrello, che ha inizialmente questa velocità, si ferma. Il lavoro delle forze di attrito è
2
pari alla variazione di energia (cinetica) del carrello e quindi ∆E = − 12 mA vA
= Wnc = −µD mA g∆y da
cui si ricava
2
1 m2 v 2
1 vA
=
∆y =
2 µd g
2 m2A µD g
Il carrello quando si ferma si trova in posizione (0,−∆y, 0) nel sdr indicato.
b.
Il sistema composto da cilindro + proiettile ha momento d’inerzia rispetto all’asse indicato pari a
ITOT =
1
M R2 + md2
2
c.
Durante l’urto non si conserva la quantità di moto del sistema (a causa del vincolo) mentre si conserva
il momento angolare rispetto a C (le reazioni vincolari hanno momento nullo rispetto a questo punto). Il
moto avviene lungo l’asse y e C si trova nel piano yz: il momento angolare è quindi un vettore diretto
lungo l’asse x. In modulo: Li = mvd = ITOT ω da cui si ricava la velocità angolare del sistema subito
dopo l’urto
mvd
ω= 1
2 + md2
M
R
2
In seguito il momento angolare non si conserva, cosa che invece succede all’energia (agiscono solo forze
conservative, il vincolo è liscio). L’energia potenziale del cilindro è costante (non trasla verticalmente -nè
orizzontalmente!-) mentre varia quella del proiettile; l’energia cinetica è quella del sistema formato sia
dal cilindro che dal proiettile, che ruotano entrambi con la medesima velocità angolare intorno all’asse
per C.
Scegliamo come riferimento per l’energia potenziale la quota iniziale del proiettile.
Il momento iniziale che consideriamo è quello immediatamente successivo all’urto, quello finale quello in
cui il proiettile raggiunge la quota massima (a sistema fermo):
1
Ei = M gd + ITOT ω 2 = M gd + mgzM AX = Ef
2
da cui
zM AX =
1 ITOT ω 2
2 mg
d.
Come già accennato, a causa della presenza del vincolo la quantità di moto del sistema cilindro + proiettile
NON si conserva durante l’urto, e la sua variazione è proprio uguale all’impulso delle reazioni vincolari
J~ = ∆~
p = p~f − p~i = pf,y − pi,y poichè il moto del proiettile (il cilindro non trasla) è sull’asse y:
J = pf,y − pi,y = mωd − mv = m(ωd − v)
SOLUZIONI NUMERICHE:
Compito A: a. yA = -0.80 m, b. I = 0.55 kg m2 , c. ω = 1.36 rad/s, zMAX = 0.21 m, J = -1.33 kg m/s
Compito B: a. yA = -0.73 m, b. I = 0.39 kg m2 , c. ω = 1.22 rad/s, zMAX = 0.15 m, J = -1.10 kg m/s
Esercizio 2
Giovanni e Francesco si trovano su un sentiero rettilineo. Scegliamo un sistema di riferimento tale che al
tempo t = 0 s essi sono rispettivamente in posizione xG,0 = 0 m e xF,0 .
a. Giovanni inizia a correre verso l’amico con velocità vG , e Francesco gli va incontro con accelerazione
a. Determinare quando e dove i due amici si incontrano.
b. Nel caso in cui Francesco si allontani da Giovanni accelerando, invece che corrergli incontro, determinare l’accelerazione massima tale da permettere a Giovanni di raggiungerlo. Nel caso in cui
l’accelerazione di Francesco sia pari a questo valore, determinare il momento in cui si incontrano.
c. In entrambi i casi a. e b. si disegni un grafico della posizione dei due amici in funzione del tempo.
Compito A: xF,0 = 8 m = , vG = 4 m/s, a = 2 m/s2
Compito B: xF,0 = 6 m = , vG = 5 m/s, a = 2 m/s2
SOLUZIONE
Chiamiamo x0 la posizione iniziale di Francesco, xF,0 . Nel sistema di riferimento indicato, la posizione
di Giovanni e Francesco in funzione del tempo è
xG = vG t,
1
xF = x0 + at2
2
Quando si incontrano xG = xF e quindi
1 2
at − vG t + x0 = 0
2
che ha soluzioni
t=
vG ±
p
2 − 2ax
vG
vG 0
=
1±
a
a
s
1−
2ax0 2
vG
a.
Ricordiamo che il valore di a è negativo e quindi la soluzione esiste sempre, e quella positiva è
s
vG 2ax0 t=
1− 1− 2
a
vG
La posizione dell’incontro si trova poi facilmente da x = vG t.
b.
Se il valore di a è positivo, le soluzioni esistono se 1 −
2
vG
2ax0
2
vG
> 0 da cui si ricava la condizione limite per
a, aM AX = 2x0 . Se a assume questo valore i due amici si incontrano una sola volta. Se a è superiore
Giovanni non raggiunge mai Francesco. Se a è inferiore a questo valore i due amici si incontrano due
volte: prima Giovanni raggiunge Francesco (che si muove di moto accelerato ma partiva da fermo), poi
Francesco lo raggiunge di nuovo e lo supera definitivamente.
SOLUZIONI NUMERICHE:
Compito A: a. t = 1.46s, x = 5.84 m, b. aM AX = 1 m/s2
Compito B: a. t = 1s,
x = 5 m,
b. aM AX = 2.1 m/s2
Esercizio 3
Un corpo di massa m è appoggiato ad un altro corpo di massa M fermo su un piano liscio. La massa M
attaccata ad una molla di costante elastica k attaccata ad un muro.
a. Sia µS il coefficiente di attrito statico tra le due masse. Determinare la compressione massima della
molla tale che il corpo m non scivoli rispetto ad M quando la molla viene lasciata libera di oscillare.
Compito A: m = 3 kg, M = 4 kg, k = 130 N/m, µS = 0.1
Compito B: m = 2 kg, M = 3 kg, k = 100 N/m, µS = 0.15
SOLUZIONE
Le forze che agiscono sui due corpi sono mostrate in figura:
Scegliamo un sdr in cui l’asse x sia orizzontale verso destra e quello y verticale verso l’alto.
y: lungo questo asse non c’è moto e quindi le reazioni vincolari bilanciano i pesi dei corpi:
m : N2 = mg
M : N1 = (m + M )g
x : la forza F è la forza elastica della molla quando viene rilasciata dalla posizione −x (compressione, x
ha valore positivo se definito in questo modo) rispetto all’equilibrio, F = kx.
La forza di attrito Fa permette di “trasferire” la forza F , applicata al corpo M , al corpo m.
Se i corpi si muovono insieme (m non scivola rispetto a M ), vale F = (M + m)a dove a indica la comune
accelerazione. Il corpo m si muove sotto l’azione della sola forza di attrito e vale quindi Fa = mam .
Poichè la forza Fa ha un valore limite, anche l’accelerazione del corpo m ha un valore limite; vale infatti
mam = Fa ≤ µS mg, da cui am ≤ µS g.
Segue quindi che il valore di a trovato quando i corpi si muovono insieme non deve essere superiore a
questo valore; in caso contrario il corpo M si muove con accelerazione superiore di quanto non sia possibile
a m. Deve quindi valere:
F
kx
a=
=
≤ µS g
m+M
m+M
da cui x ≤
µs (m+M )g
k
SOLUZIONI NUMERICHE:
Compito A: a. x = 5.3 × 10−2 m
Compito B: a. x = 7.4 × 10−2 m
Esercizio 4
Un corpo puntiforme di massa m scivola lungo la pista liscia in figura (di raggio R) partendo da fermo
da una altezza h rispetto al fondo della pista.
a. Determinare il valore minimo di h (in funzione di R) perchè il corpo possa compiere un giro completo.
b. Nel caso h assuma questo valore, quale forza viene esercitata dalla pista sul corpo quando questo si
trova nel punto più basso del percorso (indicato con A)?
c. Se la guida termina, dopo il cerchio, con un tratto orizzontale scabro (sia µD ), a quale distanza dal
punto A si ferma il corpo?
Il disegno non è da considerarsi in scala.
Compito A: m = 0.15 kg, R = 1.6 m, µD = 0.2
Compito B: m = 0.10 kg, R = 2.0 m, 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 vincolare deve essere al limite nulla: il peso fornisce da solo la forza centripeta necessaria
2
per il moto circolare: mg = 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 h 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 = mgh = mg2R + mv 2 = mg2R + mRg = Ef
2
2
da cui si ricava h = 52 R.
b.
2
Sfruttando ancora la conservazione dell’energia, nel punto più basso della traiettoria EA = 12 mvA
=
5
v2
2
mgR
e
quindi
v
=
5gR.
L’accelerazione
verso
il
centro
del
cerchio
è
quindi
a
=
=
5g
e
quindi
A
2
R
la forza risultante agente sul corpo è FA = 5mg, risultante della forza peso del corpo e della reazione
vincolare in A: FA = N − mg da cui N = 6mg.
c.
La variazione di energia cinetica del corpo è pari al lavoro delle forze non conservative:
1
2
= −µD mg∆x
Kf − Ki = − mvA
2
v2
5R
dove ∆x è lo spazio percorso dal corpo prima di fermarsi. Vale quindi ∆x = 2µA
= 2µ
.
Dg
D
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 = −muD mg. Si trova quindi 0 = vA
SOLUZIONI NUMERICHE:
Compito A: a. h = 4 m, b. N = 8.82 N, c. ∆x = 20 m
Compito B: a. h = 5 m, b. N = 5.88 N, c. ∆x = 25 m