caricato da common.user12640

2feb2016-unito

SOLUZIONI SCRITTO DEL 2 FEBBRAIO 2016
−
ESERCIZIO 1
−
Un corpo di massa m è collegato a un filo inestensibile vincolato a una parete e passante attorno ad
una carrucola ideale (liscia e di massa trascurabile). La carrucola può muoversi orizzontalmente (il
sostegno S della carrucola può scivolare senza attrito sul pavimento) e il filo è orizzontale nei tratti
in cui non è a contatto con la carrucola. Tra la massa m e il piano orizzontale c'è attrito e il sistema è
inizialmente in quiete.
All'istante t0 = 0 s, alla carrucola viene applicata una forza orizzontale in modulo pari a F.
a) Qual è il valore minimo µs,min tale per cui il corpo non si muove a t0?
Sia ora µs< µs,min e sia µd il coefficiente di attrito dinamico tra il corpo m e il piano orizzontale.
Si determinino:
b) il modulo a dell'accelerazione del corpo m;
c) il lavoro WF compiuto sul sistema da F quando m ha compiuto uno spostamento pari a ∆x;
d) il modulo v della velocità di m quando ha compiuto uno spostamento pari a ∆x rispetto alla
posizione iniziale.
DATI NUMERICI
a) m = 500 g
F=5N
µd = 0.2
∆x = 1 m
b) m = 400 g
F = 2.5 N
µd = 0.15
∆x = 2 m
SOLUZIONI
Diagramma delle forze
Fa
a) Analizzando il diagramma delle forze e considerando che la forza di attrito da considerare in
r
r
questo caso è quella di attrito statico, scriviamo la II legge della dinamica ∑ Fi = ma per i due corpi
proiettata sugli assi orizzontale e verticale considerando che la carrucola è priva di massa e che il
sistema deve essere in quiete all'istante t0:
I: m lungo x
N − mg = 0
II: m lungo y
T − fas = 0
III: carrucola lungo x
F − 2T = 0
1
1
Da III si ricava: T= F e dalla I: N=mg. Inserendo nella II si ottiene: F =fas≤µsN=µsmg, quindi
2
2
µs≥
1 F
, da cui:
2 mg
a)
µs,min=
1 F
2 mg
b) Se µs<µs,min il sistema si mette in moto al tempo t0=0 e subentrerà la forza di attrito dinamico. La
massa m si mette in moto e la II legge della dinamica si scrive ora come:
I-a: m lungo x
N − mg = 0
II-a: m lungo y
T − fad = ma, dove fad = µdN
III-a: carrucola lungo x
F − 2T=0
Ricavando N da I-a e T da III-a, inserendo in II-a si ottiene ,
b)
a=
F
− µ d mg = ma , da cui:
2
F
− µd g
2m
c) Poiché il filo è inestensibile, ad uno spostamento ∆x di m corrisponde uno spostamento pari a
r r
1
∆x della carrucola, che è il punto di applicazione di F. Quindi WF = ∫ F ⋅ dx . Poiché lungo il
2
r
r
percorso il vettore F e gli infinitesimi di spostamento dx hanno la medesima direzione e sono
concordi, l'integrale vale quindi:
c)
d) Si ricordi che nel moto rettilineo vale: a=
WF =
1
F∆x
2
dv dv dx
dv
=
= v , da cui a dx = v dv. Poiché a è
dt dx dt
dx
costante, integrando tra la posizione iniziale x0 e la posizione finale x0+∆x e considerando che il
1
sistema è inizialmente in quiete (v0=0) si ottiene a∆x= v 2 , da cui:
2
d)
v=
2a∆x .
SOLUZIONI NUMERICHE
COMPITO A: µs,min= 0.51
a = 3.04 m/s2
W = 2.50 J
vf = 2.47 m/s
COMPITO B: µs,min= 0.32
a = 1.66 m/s2
W = 2.50 J
vf = 2.57 m/s
ESERCIZIO 2
−
−
Una barra omogenea di lunghezza L e massa M giace in un piano orizzontale privo di attrito. La
barra è vincolata a ruotare attorno ad un asse fisso, verticale e liscio, passante per il punto O posto a
distanza pari a
1
L da un estremo (v. figura).
4
Due punti materiali di massa m in moto con velocità di pari modulo, perpendicolari alla barra e
dirette in verso opposto, urtano simultaneamente la sbarra rimanendovi conficcati.
Dopo l'urto, il sistema costituito dalla sbarra e dai due punti materiali ruota
con velocità angolare in modulo pari a ω. Si determini:
a) il momento d'inerzia IS del sistema formato dalla sbarra M e dai due punti
materiali di massa m rispetto all'asse passante per O;
b) il modulo v della velocità dei punti materiali prima dell'urto;
c) la variazione di energia ∆E dovuta all'urto;
r
d) l'impulso J delle forze vincolari sviluppate da O durante l'urto nel sistema
di riferimento rappresentato in figura.
DATI NUMERICI
COMPITO A:
L = 0.7 m
M = 4 kg
m = 0.3 kg
ω = 2 rad/s
COMPITO B:
L = 0.9 m
M = 2 kg
m = 0.7 kg
ω = 1.5 rad/s
SOLUZIONI
a) Il momento d'inerzia del sistema si trova come somma dei momenti d'inerzia della barra e dei due
punti materiali rispetto all'asse passante per O e perpendicolare al piano rappresentato in figura. Il
momento d'inerzia della barra rispetto a O si trova partendo da quello rispetto al centro di massa
2
utilizzando il teorema di Heygens-Steiner: IB,O=
1
1
1
7
L
ML2 + M  = ML2 + ML2 = ML2 . Il
12
16
48
 4  12
momento d'inerzia rispetto ad O del corpo m in moto in verso concorde all'asse x (chiamato in
2
L
seguito corpo m+) è m   , mentre quello del corpo m in moto in verso opposto rispetto all'asse x
4
2
3 
(in seguito corpo m−) è m  L  . Il momento d'inerzia totale del sistema rispetto ad O è quindi:
4 
IS=
7
1
9
ML2 + mL2 + mL2 , da cui:
48
16
16
a)
5 
 7
Is=  M + m L2
8 
 48
b) Poiché l'urto è vincolato e completamente anelastico non si conservano nè l'energia, nè la
quantità di moto. Si può invece impostare la conservazione del momento angolare rispetto al polo
O, in quanto le forze vincolari (impulsive) che il perno sviluppa sul sistema hanno braccio (e quindi
r
momento) nullo rispetto al polo stesso, quindi L O =costante. Valutiamo quindi il momento angolare
rispetto ad O prima e dopo l'urto.
r
r
r
r
Prima dell'urto la barra è ferma, quindi L O,barra,pre=0. Per quanto riguarda m+, L O,m+,pre= rO , m + × mv + ,
r
dove rO ,m + è il braccio che congiunge il polo O con il punto di impatto di m+ con l'asta (in modulo
pari a
r
L
) e v + è il vettore velocità di m+, di modulo v, direzione x e verso concorde all'asse. Poiché
4
r
r
L
braccio e velocità sono vettori ortogonali, L O,m+,pre ha modulo L O , m + , pre = mv , è diretto
4
perpendicolarmente al piano rappresentato in figura e verso entrante nel piano rappresentato.
r
L
)
Quindi, scegliendo un versore u z entrante: L O,m+,pre= mv û z . Con analogia di simboli si ha:
4
r
r
r
r
L O,m−,pre= rO, m − × mv − dove rO, m − è il braccio che congiunge il polo O con il punto di impatto di mcon l'asta (in modulo pari a
r
3
L ) e v − è il vettore velocità di m−, di modulo v, direzione x e verso
4
r
3
opposto all'asse. Con considerazioni analoghe alle precedenti si giunge a: L O,m−,pre= Lmv û z .
4
Quindi, il momento angolare del sistema prima dell'urto è:
r
r
r
r
L O ,S, pre = L O, barra , pre + L O, m + , pre + L O, m − , pre = Lmv û z
Dopo l'urto, il corpo si muove come un unico corpo rigido con momento d'inerzia IS che compie un
moto di pura rotazione attorno all'asse passante per O e perpendicolare al piano rappresentato. Il
momento angolare del sistema dopo l'urto può quindi essere rappresentato come:
r
r
L O ,S, post = ISω = ISω û z , dove ω rappresenta la componente della velocità angolare del sistema dopo
l'urto lungo z.
Eguagliando le componenti del momento angolare lungo z prima e dopo l'urto abbiamo quindi:
Lmv=ISω, da cui si ottiene:
b) v =
I Sω  7 M 5 
= 
+ L ω
mL  48 m 8 
c) Sul sistema agiscono la forza peso (ma il sistema si trova su un piano orizzontale, quindi non
dobbiamo considerare variazione di energia potenziale della forza peso), la normale N (ma non c'è
moto in verticale, quindi N non compie lavoro) e le forze dovute al vincolo O (che però è liscio non c'è attrito - e fermo, quindi non compiono lavoro). Quindi, la variazione di energia meccanica
del sistema coincide con la variazione di energia cinetica: ∆E=∆K. Prima dell'urto, solo m+ ed m−
1
1
sono in moto e contribuiscono quindi all'energia cinetica del sistema: Kpre= mv 2 + mv 2 = mv 2 .
2
2
Dopo l'urto, il sistema (che ha momento d'inerzia IS rispetto ad O) sta compiendo un moto di pura
1
rotazione attorno ad O, quindi la sua energia cinetica è pari a: Kpost= ISω2 . La variazione di energia
2
del sistema sarà quindi pari a:
∆E
=
1
= I S ω2
2
∆K
=
1
= ISω2 −mv2
2
Kpost−Kpre
7 M 5 1

−  = I S ω2
1 −
 24 m 4  2
1
I 2 ω2
= ISω2 − m S2 2
2
mL
=
1
2I 

ISω2 1 − S2  =
2
 mL 
 1 7 M
− −
.
 4 24 m 
1
1
7 M

ISω2 −mv2 = ISω2  − 1 −

2
8
6 m

c) ∆E =
r
d) L'impulso J esercitato dalle forze vincolari esercitate da O sul sistema sarà pari alla variazione di
quantità di moto del sistema (e quindi alla variazione della quantità di moto del centro di massa del
r
r
sistema). Quindi: J = (M + 2m)∆v CM . Prima dell'urto il contributo alla quantità di moto del sistema
r
mv − mv r
deriva dal moto di m+ ed m− lungo x: v CM , pre =
u x =0. Dopo l'urto, la quantità di moto
M+m+m
del sistema è rappresentata dalla quantità di moto del centro di massa dopo l'urto. Poiché il sistema
r r
r
r
sta muovendo un moto di pura rotazione attorno ad O, vale v CM , post = ω × r , dove r è il vettore
r r
r
L
congiungente il polo O con il centro di massa (si noti che ω ⊥ r ). Quindi v CM , post = −ω û x , da cui:
4
r
L


J = (M + 2m)  − ω û x − 0  , quindi:
4


r
L
d) J = − (M + 2m) ω û x .
4
SOLUZIONI NUMERICHE
COMPITO A:
I = 0.38 kg m2
v = 3.60 m/s
∆E = −3.13 J
COMPITO B:
I = 0.59 kg m2
v = 1.41 m/s
∆E = −0.72 J
r
J = −1.61 kg m/s û x
r
J = −1.15 kg m/s û x
ESERCIZIO 3
Un satellite di massa m deve essere lanciato dalla superficie terrestre su
un’orbita geostazionaria. Si determinino:
a) la quota h dalla superficie terrestre alla quale deve essere portato il satellite;
b) il modulo vf della velocitá del satellite sull’orbita;
c) il lavoro W compiuto dalla forza gravitazionale nello spostamento di m
dalla superficie della terra all’orbita;
Si ricordi che la massa della Terra è pari a MT = 6 × 1024 kg e il raggio della
Terra è RT = 6.4 × 103 km.
DATI NUMERICI
COMPITO A: m = 2.0 × 103 kg
COMPITO B: m = 1.0 × 103 kg
SOLUZIONE
a) Per definizione in orbita geostazionaria la velocità angolare ω deve essere
pari a quella di rotazione della Terra. Quindi il periodo dell’orbita è
T = 24 h = 86400 s. Inoltre essendo ω costante l’orbita è circolare. Dunque la
velocità tangenziale è:
2π
vf = ωR =
(RT + h)
(1)
T
dove il raggio dell’orbita è dato dalla somma del raggio terrestre RT e della
quota h, dalla superficie
P terrestre, alla quale deve orbitare il satellite.
Inoltre impostando i F~i = m~a in direzione ûN normale alla traiettoria
corcolare (quindi ûN = −ûr ), vale:
FN = maN
GmM
mvt2
=
(Rt + h)2
RT + h
GM
4π 2
1
=
(Rt + h)2
(Rt + h)2
(RT + h) T 2
da cui:
GM T 2
(Rt + h) =
4π 2
1/3
quindi:
r
a) h =
3
GM T 2
− RT
4π 2
b) Il modulo della velocità vf del satellite sull’orbita si ottiene sostituendo il
valore di h appena trovato nella 1, ottenendo
r
2π 3 GM T 2
vf =
T
4π 2
quindi:
r
b) vf =
3
2πGM
T
c) Essendo la forza gravitazionale conservativa, per definizione, il lavoro da
essa compiuto è uguale e opposto alla variazione di energia potenziale ad essa
associata. Dunque il lavoro WF g compiuto dalla forza gravitazionale nello
spostamento di m dalla superficie della terra all’orbita è pari alla variazione di
energia potenziale gravitazionale tra la posizione iniziale sulla superficie del
pianeta e la posizione finale in orbita, cioé:
WF g = −∆UG = UG,in − UG,f in
GmM
GmM
+
RT
RT + h
1
1
= GmM
−
RT + h RT
= −
quindi:
c) WF g = −
GmM h
RT (RT + h)
SOLUZIONI NUMERICHE
COMPITO A: h = 3.59×107 m b) vf = 3.07×103 m/s c) WF g = −1.06×1011 J
COMPITO B: h = 3.59×107 m b) vf = 3.07×103 m/s c) WF g = −6.37×1010 J
ESERCIZIO 1
−
−
Un corpo di massa M = 300 g è inizialmente fermo su un piano orizzontale liscio. Ad un certo istante,
sul corpo comincia ad agire una forza in modulo pari a F = 1 N, inclinata di θ = 25° rispetto alla
verticale.
Si determinino:
a) il modulo a dell'accelerazione di M
b) il modulo N1 della normale agente su M.
Quando M ha una velocità in modulo pari a v = 2 m/s, raggiunge un piano scabro con coefficiente di
attrito dinamico μd = 0.3. Nel medesimo istante, la forza F cessa di agire. Si determini:
c) la distanza L percorsa da M sul piano scabro prima di fermarsi.
SOLUZIONI
a, b)
Scrivendo
Diagramma delle forze
la
II
legge
della
dinamica
r
r
∑ F = ma
i
e
scomponendola nelle due direzioni orizzontale e verticale si
ottiene (considerando anche che non c'è moto in direzione y):
I:
Fx = ma
II:
N1+Fy−mg = 0
Da I, considerando che Fx=Fsenθ, si ottiene:
a)
a=
F
senθ
m
Da II, considerando che Fy=Fcosθ, si ottiene:
b)
c)
N1 = mg − Fcosθ
Diagramma delle forze
Su m cessa di agire F e comincia ad agire la forza di attrito dinamico, in
modulo pari a Fad=μdN. Dal diagramma delle forze opportunamente
modificato si imposta la II legge della dinamica in direzione y e si ricava:
N−mg=0, da cui: N=mg, quindi Fad=μdmg. Per il teorema dell'energia cinetica
vale ΔK=W, dove W è il lavoro totale compiuto dalle forze agenti sul corpo.
Poiché N e mg sono perpendicolari allo spostamento non compiono lavoro, quindi l'unica forza che
r
compie lavoro su m nel moto sul piano scabro è Fad . Assumendo x0=0 nel punto in cui m incontra il
piano scabro con velocità in modulo pari a v e denominando xf=L il punto in cui m si ferma (vf=0),
Lr
r
1 2
vale quindi: 0− mv = ∫ Fad ⋅ d s =−FadL=−μdmg, da cui:
2
0
c)
2
1 v
L=
2 gµ d
ESERCIZIO 2
−
−
Un corpo puntiforme si trova inizialmente fermo su un
piano
orizzontale
liscio.
Ad
un
certo
istante,
un'esplosione interna al corpo lo spezza in due
frammenti di massa m1 = 100 g e m2 = 9 m1. Dopo
l'esplosione, i due frammenti su muovono sul piano
orizzontale ed il frammento m1 ha velocità in modulo
r
pari a v1 = − 2 m/s û y (v. figura).
a) Si determini l'energia E liberata dall'esplosione, sapendo che essa è interamente
trasformata in energia cinetica dei frammenti.
Il frammento m1 incontra nel suo moto una guida liscia fissata sul piano orizzontale. La guida ha la
forma di un arco di circonferenza di 270°, con raggio R = 50 cm e il primo contatto tra il frammento
e la guida avviene quando il bordo della guida ha direzione tangenziale al moto di m1 (v. figura).
b) Si determini il modulo N della normale esercitata dalla guida sul frammento m1 durante il
percorso interno alla guida.
Sapendo che, dopo che m1 ha abbandonato la guida, i due frammenti collidono nel punto C, l'angolo
di collisione è 90° e l'urto è completamente anelastico, si determini:
r
c) l'impulso J delle forze esercitate da m2 su m1 durante l'urto nel sistema di riferimento
rappresentato (componenti cartesiane).
SOLUZIONI
1
1
a) Per quanto detto nel testo, E= m1v12 + m 2 v 22 . Inoltre, durante l'esplosione non agiscono forze
2
2
esterne impulsive in direzione y quindi si può impostare conservazione della quantità di moto in
direzione y. Indicando con v1 e v2 i moduli delle velocità dei due corpi in direzione y si ottiene:
0=−m1v1+m2v2, da cui si ricava il modulo di v2: v2=
si ottiene quindi:
m1
1
v1 = v1 . Sostituendo nell'espressione per E
m2
9
a)
5
E= m1v12
9
b) La guida esercita sul corpo una forza perpendicolare alla guida stessa (quindi, essendo la guida
circolare, rivolta verso il centro della guida). Tale forza è dunque centripeta e vale quindi:
b)
N=m1
v12
R
r
r
c) Per il teorema dell'impulso: J = Δp1 . Per valutare la variazione di quantità di moto di m1, bisogna
studiare l'urto. L'urto è completamente anelastico, quindi dopo l'urto i due corpi formano un unico
r
corpo di massa m1+m2 in moto con velocità v (incognita, con componenti vx e vy). Poiché i due
corpi rimangono attaccati, tale velocità sarà quindi la velocità di m1 dopo l'urto. Prima dell'urto, la
r
velocità di m1 è v1 = − v1û x (dove v1 rappresenta il modulo di v1). Infatti, poiché la guida è liscia e
circolare, non viene compiuto lavoro su m1 durante il moto lungo la guida. Perciò, il modulo della
velocità di m1 non varia durante il moto all'interno della guida. Per quanto riguarda m2, la velocità
r
1
prima dell'urto è quella acquisita per effetto dell'esplosione, quindi v 2 = v 2 û y = v1û y .
9
Poiché l'urto non è vincolato, si può impostare la conservazione della quantità di moto durante
l'urto, da cui:
I (direzione x):
−m1v1 = (m1+m2)vx
II (direzione y):
m2v2 = (m1+m2)vy
Da cui:
vx= −
m1
1
v1 = − v1
m1 + m 2
10
Quindi: Jx=Δp1,x=m1(−
e
vy=
m2
1
v 2 = v1
m1 + m 2
10
1
9
1
1
v1 −( − v1 ))= m1v1 e Jy=Δp1,y=m1( v1 −0)= m1v1
10
10
10
10
Jx=
9
m1v1 ;
10
Jy=
1
m1v1
10
c)
Esercizio 3
Un corpo rigido è costituito da un anello circolare (omogeneo e con spessore trascurabile) di
raggio r = 10cm e massa M = 10g e da due aste sottili identiche (omogenee e con spessore
trascurabile), ciascuna di massa m = 34 M e lunghezza 2r, passanti per il centro dell’anello (v.
figura). Si calcoli:
a) il momento di inerzia IC del corpo rigido rispetto all’asse di rotazione perpendicolare al piano
in figura e passante per il punto C di contatto con il piano;
Il corpo rigido è inizialmente mantenuto fermo e il punto di contatto C si trova ad un’altezza
h0 = 80 cm dal suolo. All’istante t0 = 0s il corpo rigido è lasciato libero di muoversi e inizia
a rotolare senza strisciare lungo un piano inclinato, con angolo di inclinazione ✓ = 25 . Calcolare:
b) il modulo ↵ dell’accelerazione angolare del corpo rigido;
c) l’energia cinetica K1 del corpo rigido una volta che il punto C raggiunge la quota h1 = 10cm.
M
r
m
C
h0
h1
!
SOLUZIONE:
a) Il corpo rigido è costituito da due aste sottili e omogenee e da un anello sottile e omogeneo.
Il centro di massa (CM) del corpo rigido coincide con i CM dei tre corpi che lo costituiscono,
pertanto il momento di inerzia totale rispetto ad un asse di rotazione passante per il CM (e
perpendicolare al foglio) è dato dalla somma dei tre momenti di inerzia ICM = 2Iasta + Ianello :
ICM = 2
1
3
m(2r)2 + M r2 = M r2 .
12
2
(1)
Per calcolare il momento di inerzia del corpo rigido rispetto ad un asse di rotazione passante per
il punto di contatto C, utilizziamo il teorema di Huygens-Steiner, sapendo che la massa totale
del corpo rigido è Mtot = 2m + M = 52 M :
a)
IC = ICM + Mtot r2 = 4M r2 .
(2)
b) Considerando il diagramma delle forze rappresentato in figura e scegliendo come polo il punto
di contatto C, il momento totale delle forze rispetto a C è dato solo dal momento della forza
~ e la forza di attrito statico
~ (C) = Mtot g r sin ✓ûz . Infatti, la reazione vincolare N
peso: : M
tot
~
fas hanno come punto di applicazione proprio il punto di contatto C e, quindi, danno momento
nullo. Scegliendo, inoltre, una terna cartesiana con asse ẑ entrante nel foglio (come rappresentato
N
CM
Fas
C
y
z
!
P
x
in figura) e considerando che, per definizione, il punto di contatto C è istantaneamente fermo,
possiamo scrivere il teorema del momento angolare applicato al nostro problema come:
~ (C) = IC ↵
M
~ ) Mtot g r sin ✓ûz = 4M r2 ↵ ûz .
tot
(3)
Semplificando e invertendo questa equazione, otteniamo il modulo dell’accelerazione angolare
del corpo rigido:
5 g sin ✓
b)
↵=
.
(4)
8 r
c) In riferimento al diagramma delle forze in figura, il lavoro della reazione vincolare è nullo, in
quanto essa è perpendicolare alla direzione del moto e il lavoro della forza di attrito statico è nullo,
in quanto, per definizione, essa non fa compiere spostamento al corpo. L’unica forza che compie
lavoro è la forza peso che è una forza conservativa e, pertanto, l’energia meccanica del corpo
rigido si conserva. Sapendo che il corpo rigido parte da fermo e scegliendo un riferimento verticale
con lo zero dell’energia potenziale in corrispondenza della quota h1 , scriviamo la conservazione
dell’energia meccanica:
K (0) + U (0) = K (1) + U (1) ) U (0) = K (1) .
(5)
Ricordando che l’energia potenziale della forza peso di un sistema di punti è rappresentata
dall’energia potenziale del centro di massa e che il corpo è inizialmente fermo, l’energia cinetica
acquisita dal corpo rigido quando il punto di contatto C si trova a quota h1 è:
c)
K (1) = Mtot g[(h0 + r cos ✓)
(Risultati) IC = 4 · 10
4
5
(h1 + r cos ✓)] = M g(h0
2
kg m2 , ↵ = 25.89 rad/s2 , K (1) = 0.17 J
h1 ) .
(6)
−
ESERCIZIO 1
−
Due corpi di massa m1 ed m2 (con m2>m1) sono sovrapposti e si trovano su un piano liscio inclinato
di un angolo θ = 40° rispetto all’orizzontale. I due corpi sono collegati tra loro mediante un filo che
passa attorno a una carrucola ideale e permette di mantenere il filo parallelo al piano (v. figura). Tra
i due corpi c’è attrito (coefficienti di attrito statico μs = 0.3 e di attrito dinamico μd = 0.15).
m2
per il quale il sistema non si muove.
m1
Sia ora m2 = 1 kg. Inizialmente (t0=0) il sistema è in
a) Si determini il rapporto massimo di
quiete e il corpo m1 si trova all’estremo inferiore del
corpo m2. Lasciato libero di muoversi, il sistema si
mette in moto. Sapendo che l’accelerazione di m1 è
r
a1 = 2m/s2 û x si determini:
b) il valore della massa m1.
Inoltre, sapendo che il corpo m1 ha lunghezza trascurabile rispetto al corpo m2 e che quest’ultimo è
lungo D = 1 m (la figura non è in scala) si determini:
c) l’intervallo di tempo Δt necessario affinché il corpo m1 raggiunga l’estremo opposto di m2.
DATI NUMERICI
r
COMPITI A, B: θ = 40°, μs = 0.3, μd = 0.15, m2 = 1 kg, a1 = 2m/s2 û x , D = 1 m
r
COMPITI C, D: θ = 35°, μs = 0.4, μd = 0.3, m2 = 1.2 kg, a1 = 2m/s2 û x , D = 2 m
SOLUZIONI
Diagramma delle forze
N.b. fa rappresenta la forza di attrito statico
fas quando il sistema è in quiete e la forza di
attrito dinamico fad quando il sistema è in
movimento.
a) Se il sistema rimane in quiete, su ogni corpo deve valere
sistema di riferimento assegnato nel testo si ottiene:
I: m1 lungo x:
T − fas − m1gsenθ = 0
II: m1 lungo y:
N − m1gcosθ = 0
III: m2 lungo x:
T + fas − m2gsenθ = 0
IV: m2 lungo y:
Np−N − m2gcosθ = 0
Da III−I e considerando II si ricava:
r
∑ F = 0 . Scomponendo le forze nel
i
1
(m2− m1)gsenθ = fas ≤ μsN = μsm1gcosθ, da cui considerando il
2
primo e ultimo termine e il segno di disequazione si ricava:
m2
a)
= 1 + 2µ S cot θ
m1
r
r
b) Si imposta ora ∑ Fi = ma per i due corpi. Scomponendo le forze nel sistema di riferimento
2fas+ (m1− m2)gsenθ=0, quindi:
assegnato nel testo e ricordando che il modulo della forza di attrito dinamico ha un valore definito
(fad = μdN) si ottiene:
I: m1 lungo x:
T − μdN − m1gsenθ = m1a1
II: m1 lungo y:
N − m1gcosθ = 0
III: m2 lungo x:
T + μdN − m2gsenθ = m2a2
IV: m2 lungo y:
Np−N − m2gcosθ = 0
Si noti che abbiamo 4 equazioni e 5 incognite. Un’ulteriore relazione ci è data dall’inestensibilità
del filo: L1+L2=L (dove L1 e L2 sono le lunghezze dei tratti di filo tra i corpi e la carrucola). Da cui
dL1+dL2=0 e, considerando anche il verso lungo il quale è stata scritta la II legge della dinamica per
i due corpi si arriva a:
V: inestensibilità del filo:
a1 = −a2
Quindi da I − III e inserendo V e considerando II: −2μd m1gcosθ + (m2−m1)gsenθ = (m1+m2)a1, da
cui si ricava:
b)
m1 =
m 2 (gsen θ − a1 )
a1 + g (sen θ + 2µ d cos θ)
r
c) Notando che m2 si muove sotto m1 con accelerazione pari a a 2 = − a1 û x , l’accelerazione di m1 nel
sistema di riferimento di m2 (dal teorema delle accelerazioni relative) sarà: a1’ = a1−(− a1) = 2a1. Il
moto nel sistema di riferimento di m2 avverrà quindi con accelerazione costante a1’e in tale sistema il
1
corpo si muove da x0’ = 0 a xf’ = D partendo con velocità iniziale nulla, quindi D= a1’(Δt)2, da cui:
2
c)
RISULTATI NUMERICI
m
COMPITI A, B: 2 = 1.72
m1
m
COMPITI C, D: 2 = 2.14
m1
Δt =
D
a1
m1 = 0.40 kg
Δt = 0.71 s
m1 = 0.35 kg
Δt = 1.0 s
(c)
(c)
ESERCIZIO 2
-
-
Un cilindro di raggio r = 10 cm e massa m = 500 g è inizialmente fermo sulla sommità di una
superficie cilindrica fissa, di -raggioESERCIZIO
R = 9r (posizione
-A in figura). Le superfici sono scabre e il
2
Esercizio coefficiente
2
di attrito statico tra esse vale µs = 0.6. Ad un certo istante il cilindro viene lasciato
Un cilindro di raggio r = 10 cm e massa m = 500 g è inizialmente fermo sulla sommità di una
libero
muoversi
e di
senzasulla
strisciare
superficie
Un cilindro disuperficie
raggiodircilindrica
e massa
m
èinizia
inizialmente
fermo
una superficie
fissa,
raggioa Rrotolare
= 9r (posizione
A
insommità
figura).sulla
Ledisuperfici
sono cilindrica.
scabrecilindrica
e il Giunto alla
fissa, di raggio R = 9r (posizione A in figura). Le superfici sono scabre e il coefficiente di attrito
coefficiente
di il
attrito
statico
esse vale
µs distanza
= 0.6. Adangolare
un certo qistante
cilindro
viene lasciato
posizione B,
cilindro
ha tra
percorso
una
= 35°il (v.
figura).
statico tra esse vale µs . Ad un certo istante il cilindro viene lasciato libero di muoversi e inizia a
di muoversi
e iniziacinetica
a rotolare
senza
strisciare
sulla
superficie
cilindrica. Giunto alla
a) Calcolare
l’energia
Ek del
cilindro
nella
posizione
B.B,
rotolare senzalibero
strisciare
sulla
superficie
cilindrica.
Giunto
alla
posizione
il cilindro ha percorso
B, ✓il (v.
cilindro
ha percorso una distanza angolare q = 35° (v. figura).
una distanza posizione
angolare
figura).
b) Calcolare il modulo N della reazione vincolare, nella posizione B.
a) Calcolare
cineticacinetica
Ek del
cilindro
posizione
a) l’energia
Calcolare l’energia
Ek del
cilindronella
nella!posizione
B. B.
c) ilCalcolare
forza reazione
di attritovincolare,
statico Fasnella
nella
posizioneB.B. Si verifichi la validità della
b) Calcolare
modulo Nla della
posizione
b) Calcolare il modulo N della reazione vincolare, nella posizione B.
c) Calcolare la forza di attrito statico F~as nella
posizione
B.
Si verifichi la validità della con!
condizione
di puro
rotolamento.
c)
Calcolare
la
forza
di
attrito
statico
nella
posizione
B. Si verifichi la validità della
F
dizione di puro rotolamento.
as
Nota:
le figure
non rotolamento.
sono in scala
condizione
di puro
Nota: le figureNota:
nonlesono
in scala.
figure non sono in scala
Proiezionesulsul
piano
verticale
Proiezione
piano
verticale
Schema 3D
Schema 3D
DATI NUMERICI
Risultato
Algebrico
Compiti A, B: m = 500
g, r = 10
cm,
µs = 0.6 , ✓ = 35 .
Risultato
Algebrico
Compiti C, D: m = 1.5 kg, r = 20 cm, µs = 0.7 , ✓ = 20 .
RisultatoRisultato
NumericoNumerico
(B)
a) L’energia cinetica Ek del cilindro nella posizione B si ottiene impostando la conservazione
~ e della forza di
dell’energia meccanica, considerando che i lavori della reazione vincolare N
~
~
attrito statico Fas sono nulli e che la forza peso P è conservativa. L’energia cinetica e potenziale
(A)
(A)
(B)
(B)
Ak– pagina
nelle due posizioni del cilindro sono : Ek = 0, Ep = mg(R + r)(1 COMPITO
cos ✓), E
, Ep 4 = 0
(abbiamo scelto come zero dell’energia potenziale la posizione B e un riferimento
verticale).
COMPITO
A – pagina 4
(A)
(A)
(B)
(B)
Dalla conservazione dell’energia meccanica Ek + Ep = Ek + Ep si ottiene
a)
(B)
Ek
= mg(R + r)(1
cos ✓) .
(1)
b) Consideriamo il diagramma delle forze in figura nella generica posizione B, dopo che il cilindro
ha percorso una distanza angolare ✓ sulla superficie cilindrica. In direzione normale ûn si ha
che:
v2
ûn :
N + mg cos ✓ = maCM,n = m CM .
(2)
R+r
1
Diagramma delle forze
N
Fas
CM
C
uz
!
P
Per ottenere un’espressione esplicita della velocità del CM sfruttiamo il teorema di König per
(B)
(B)
2
l’energia cinetica Ek del cilindro nella posizione B: Ek = 12 mvCM
+ 12 ICM ! 2 . Esplicitando il
momento di inerzia di un cilindro rispetto al centro di massa (CM) ICM = 12 mr2 e il legame tra
la velocità del CM e la velocità angolare del cilindro nel caso di puro rotolamento vCM = !r, si
(B)
2 . Dall’Eq. (1) si ottiene un’espressione per il quadrato della velocità del
ottiene Ek = 34 mvCM
CM:
4
2
vCM
= g(R + r)(1 cos ✓)
(3)
3
che sostituita nell’Eq. (5) fornisce il modulo della reazione vincolare N :
b)
1
N = mg( 4 + 7 cos ✓) .
3
(4)
~ + P~ + F~as = m~aCM e dal teorema del momento angolare
c) Dalla seconda legge della dinamica N
(scegliendo come polo il CM) ~rFas ⇥ F~as = ICM ↵
~ , si ottiene il seguente sistema di equazioni
proiettate lungo le direzioni del sistema di riferimento scelto {ûn , ût , ûz } (il versore ûz è entrante
nel piano rappresentato):
8
>
v2
>û :
>
N + mg cos ✓ = maCM,n = m CM
(5)
< n
R+r
>
ût :
Fas + mg sin ✓ = maCM
(6)
>
>
:
ûz : r Fas = ICM ↵ .
(7)
Dalla condizione di puro rotolamento la componente tangenziale dell’accelerazione del CM è
legata all’accelerazione angolare del corpo rigido secondo ~aCM = ↵
~ ⇥ ~r, dove ~r congiunge un
punto sull’asse di rotazione e il CM del cilindro. Data la scelta dell’asse z si ottiene ~aCM =
↵ r ût . Ricavando da quest’ultima relazione ↵ = aCM /r e utilizzando l’espressione esplicita di
ICM = 12 mr2 per il cilindro, sostituiamo nell’Eq.(7) e risolviamo il sistema, ottenendo la forza
di attrito statico:
1
c) F~as =
mg sin ✓ ût .
(8)
3
2
Dato che il valore massimo che la forza di attrito statico può assumere è Fas,max = µs N =
1
3 µs mg( 4 + 7 cos ✓), si verifica dai dati numerici che
Fas < Fas,max .
SOLUZIONI NUMERICHE:
(B)
(B)
(B)
Compiti A, B: Ek = 0.89 J, N (B) = 2.83 N, F~as = 0.94N ût , Fas,max = 1.70 N .
(B)
(B)
(B)
Compiti C, D: Ek = 1.77 J, N (B) = 12.63 N, F~as = 1.68N ût , Fas,max = 8.84 N .
3
(9)
Esercizio 3
Un satellite artificiale di massa m sta compiendo un’orbita circolare di raggio R attorno ad un
pianeta di massa MP , con velocità costante in modulo pari a v0 .
a) Calcolare v0 .
Nell’istante in cui la velocità del satellite è ~v0 = v0 ûx , si decide di ispezionare meglio il pianeta,
portando il satellite su un’orbita ellittica. Per farlo, un modulo del satellite di massa m2 = 14 m
viene sparato con velocità ~v2 , incognita. Sapendo che la velocità della parte di satellite che
rimane in orbita, di massa m1 = 34 m, vale in modulo v1 = 1.1 km/s e forma un angolo ↵ = 60
con la direzione ûx (posizione A in figura), calcolare:
b) le componenti cartesiane della velocità v2x e v2y con cui viene sparato il modulo satellitare
nel sistema di riferimento xy rappresentato in figura;
c) la distanza minima di avvicinamento rmin al pianeta (posizione B in figura).
Suggerimento: in B la velocità ~vB e il raggio vettore che congiunge il centro del pianeta e la
posizione B sono perpendicolari.
!⃗&
m
!⃗#
m2
y
x
R
m1 A !⃗
$
(
R
MP
MP
r
!⃗'
B
DATI NUMERICI
Compiti A, B: MP = 7 · 1026 kg, R = 8 · 106 km, v1 = 1.1 km/s, ↵ = 60 .
Compiti C, D: MP = 5 · 1025 kg, R = 3 · 105 km, v1 = 1.4 km/s, ↵ = 50 .
a) Dato che l’unica forza agente sul satellite m in orbita è la forza di attrazione gravitazionale
P
F~G = G mM
ûn (si veda il diagramma delle forze in figura), essa sarà pari alla forza centripeta
R2
m~ac che caratterizza il moto circolare:
ûn :
mMP
v02
F~G = m~ac ) G
=
m
,
R2
R
3
con G = 6.67 · 10 11 kgms3 costante di gravitazione universale. Lungo la direzione tangenziale
non si hanno forze e il moto è di tipo circolare uniforme. La velocità del satellite in orbita sarà
4
Diagramma delle forze
ut
m
un
FG
MP
pertanto uguale a:
a)
v0 =
r
GMP
.
R
(10)
b) Durante la separazione istantanea del satellite l’energia cinetica totale del sistema non si
conserva, mentre si conserva la quantità di moto totale, dato che non ci sono forze esterne
al sistema di tipo impulsivo. Impostando che le quantità di moto totali iniziale (prima della
(i)
(f )
separazione) e finale (dopo la separazione) siano uguali, P~tot = P~tot , otteniamo il seguente
sistema di equazioni lungo le direzioni indicate dal sistema di riferimento xy in figura:
(
ûx :
mv0 = m1 v1x + m2 v2x
(11)
ûy :
0 = m1 v1y + m2 v2y .
(12)
Sostituendo v1x = v1 sin ↵ e v2y = v1 cos ↵, dal sistema si ottengono le componenti della
velocità ~v2 , b):
(
ûx : v2x = 4v0 3v1 sin ↵
(13)
ûy :
v2y = 3v1 cos ↵ .
(14)
c) Dato che la forza di attrazione gravitazionale agente sul modulo di satellite in orbita di massa
m1 è una forza conservativa e centrale, impostiamo la conservazione dell’energia meccanica e del
(A)
(B)
~ (A) = L
~ (B) . L’energia meccanica in A
momento angolare tra le posizioni A e B: Em = Em e L
(A)
(B)
2
e in B è: Em = 12 m1 v12 G m1RMP e Em = 12 m1 vB
G m1rMP . Il momento angolare in A e in
~ (A) = Rm1 v1 sin ↵ ûz e L
~ (B) = rm1 vB ûz , con ûz versore ortogonale e entrante nel foglio.
B è: L
Si ottiene cosı̀ il sistema di equazioni:
8
m1 MP
1
m1 MP
<1
2
m1 v12 G
= m1 vB
G
(15)
2
R
2
r
:
R m1 v1 sin ↵ = r m1 vB .
(16)
(A)
Si noti che dai dati numerici è verificata la condizione Em < 0 per l’orbita chiusa. Ricavando
dalla seconda equazione del sistema la velocità vB e sostituendola nella prima equazione, si
5
ottiene un’equazione di secondo grado in r:
(Rv12
2GMP )r2 + 2R G MP r
R3 v12 sin2 ↵ = 0 ,
(17)
che fornisce due soluzioni
r1,2 =
RGMP ± R
q
G2 MP2 + Rv12 sin2 ↵(Rv12
2GMP
Rv12
2GMP )
.
(18)
La soluzione corrispondente alla distanza minima tra satellite e pianeta è quella più piccola,
ossia con il segno meno davanti alla radice quadrata
q
RGMP R G2 MP2 + Rv12 sin2 ↵(Rv12 2GMP )
c) rmin =
,
(19)
2GMP Rv12
mentre l’altra soluzione corrisponde alla distanza massima del satellite dal pianeta.
SOLUZIONI NUMERICHE:
Compiti A, B: v0 = 2.42 km/s, v2x = 6.81 km/s, v2y = 1.65 km/s, rmin = 6.73 · 108 m .
Compiti C, D: v0 = 3.33 km/s, v2x = 10.12 km/s, v2y = 2.70 km/s, rmin = 1.63 · 107 m .
6
FISICA GENERALE 1 – MECCANICA
COMPITO A
Prof. ____________________
Anno Accademico 2016 – 2017
Cognome
_____________
Matricola
_____________
Prova scritta del 07/09/2017
Nome _____________
La prova è composta da 1 quesito a risposta aperta, 3 domande a risposta
multipla e 3 esercizi. Lo studente è tenuto a svolgere interamente il
compito.
Per gli esercizi, è obbligatorio compilare le tabelle presenti sotto al testo,
indicando la risposta algebrica (formula) in funzione delle variabili indicate
nel testo e la risposta numerica in notazione scientifica corredata da unità di
misura del S.I. L’utilizzo di nomi di variabili differenti da quelli riportati nel
testo è fortemente scoraggiato. Definire nuove variabili non presenti nel testo
dell’esercizio è lecito, ma le suddette variabili vanno chiaramente ed
esplicitamente definite.
Lo svolgimento degli esercizi deve inoltre essere adeguatamente
commentato sul foglio protocollo fornito dai docenti.
COMPITO A – pagina 1
r
QUESITO: Data una generica forza F (non costante) agente su un corpo, si definisca con parole e
relazioni matematiche il lavoro compiuto dalla forza durante uno spostamento del corpo da un
punto A ad un punto B nello spazio.
DOMANDE A RISPOSTA MULTIPLA: per ogni domanda, indicare una o più risposte corrette.
DOMANDA 1. Il grafico in figura rappresenta la velocità di
un corpo in moto in funzione del tempo. Il grafico è
asintotico all'asse dei tempi per t → ∞ . Sia a(t)
l'accelerazione del corpo ad un generico istante t. Quale delle
seguenti affermazioni è corretta?
a) Il moto è rettilineo uniforme
b) il moto è uniformemente accelerato
c) a(t) ≥ 0 ∀t > 0
d) a(t) ≤ 0 ∀t > 0
r
DOMANDA 2. Sia F una generica forza conservativa. Allora:
r
a) il lavoro compiuto da F in un qualunque percorso chiuso è nullo
r
b) il lavoro compiuto da F in un qualunque percorso chiuso può non essere nullo in particolari
condizioni
r
c) si può definire una funzione energia potenziale U, tale per cui il lavoro W compiuto da F su un
corpo nel moto da un punto A a un punto B nello spazio sia W = ΔU = UB−UA
r
d) si può definire una funzione energia potenziale U, tale per cui il lavoro W compiuto da F su un
corpo nel moto da un punto A a un punto B nello spazio sia W = − ΔU = − (UB−UA)
DOMANDA 3. Quali delle seguenti conversioni sono corrette?
a) 1 m/s = 3.6 km/h
b) 1 grado/s = 60/(2π) rad/min
c) 1 N =1 J·m
d) 1 Pa = 1 N/m2
COMPITO A – pagina 2
−
ESERCIZIO 1
−
Un corpo puntiforme di massa m = 1.5 kg si
trova inizialmente fermo ad un angolo θA =
16˚ (posizione A in figura) su una guida
circolare liscia di raggio R = 1 m, posta in
un piano verticale. Ad un generico istante, il
corpo viene lasciato libero di muoversi
lungo la guida. Calcolare
a) la reazione normale NB tra la guida e il corpo m ad una posizione angolare θB = 3θA
(posizione B in figura)
Quando il corpo raggiunge il suolo (posizione C) continua a muoversi su un piano orizzontale
scabro. Il piano ha coefficiente di attrito dinamico µd = 0.3 e coefficiente di attrito statico µs = 0.6.
Lungo il moto sul piano orizzontale, il corpo m incontra una molla di costante elastica k = 100 N m.
Sapendo che il corpo si ferma nel punto D, dopo aver percorso un tratto pari a D = 2.4 m dalla
posizione C,
b) si calcoli la lunghezza ∆x di compressione della molla.
Sapendo che una volta fermo il corpo m rimane fermo,
c) si determini il modulo della forza di attrito statico Fas agente sul corpo. Si verifichi l'attrito è
sufficiente a mantenere fermo il corpo.
Risultato Algebrico
Risultato Numerico
(a)
(a)
(b)
(b)
(c)
(c)
COMPITO A – pagina 3
−
ESERCIZIO 2
−
Un proiettile di dimensioni trascurabili e di massa m = 100g viene sparato lungo un piano
orizzontale liscio in direzione x, con velocità pari in modulo a v0 = 200 m/s . Il proiettile colpisce
un’asta rigida di massa M = 2m e lunghezza D = 50 cm, inizialmente ferma sullo stesso piano
orizzontale, inclinata di θ = 65˚ rispetto alla direzione x (come rappresentato in figura) e non
vincolata. L’urto è completamente anelastico e il proiettile m si conficca in una delle estremità
dell’asta formando un unico corpo rigido. Dopo l’urto, il corpo rigido inizia a muoversi liberamente
nel piano. Calcolare:
a) Il momento di inerzia ICM del corpo rigido rispetto ad
un asse passante per il suo centro di massa
r
b) La velocità vCM del centro di massa del corpo rigido
dopo l’urto nel sistema di riferimento rappresentato
c) Il modulo ω della velocità angolare del sistema dopo
l’urto
Risultato Algebrico
Risultato Numerico
(a)
(a)
(b)
(b)
(c)
(c)
COMPITO A – pagina 4
−
ESERCIZIO 3
−
Una navicella spaziale compie un'orbita circolare intorno alla
terra con un periodo di rivoluzione Τ pari a 92 minuti.
a) A quale quota h al di sopra della superficie terrestre si trova la
navicella (v. figura - non in scala)?
b) Calcolare l'accelerazione di caduta libera di un corpo che si
trovi a questa quota rispetto all'accelerazione di gravità sulla
superficie terrestre (a/g).
c) Calcolare l'energia meccanica totale della navicella per unità
di massa (E/m).
Si ricorda che MT = 6·1024 kg e RT = 6.4·106 m.
Risultato Algebrico
Risultato Numerico
(a)
(a)
(b)
(b)
(c)
(c)
COMPITO A – pagina 5
Esercizio 3
Una navicella spaziale compie un’orbita circolare intorno alla terra con un periodo di rivoluzione pari a
x minuti.
a) Calcolare a quale quota si trova al di sopra della superficie terrestre.
b) Calcolare l’accelerazione di caduta libera di un corpo che si trovi a questa quota rispetto all’accelerazione
di gravità sulla superficie terrestre.
c) Calcolare l’Energia totale della navicella per unità di massa.
Si ricorda che MT = 6 × 1024 kg e RT = 6.4 × 106 m.
A: x = 92
B: x = 94
SOLUZIONE
a.
La quota si può ricavare dalla seconda legge di Newton e dalla relazione tra velocità, periodo e raggio
2
orbitale per le orbite circolari. Dalla prima: FG = ma → Gmr2T m = m vr . Dalla seconda 2πr = vT da
cui v = 2πr
T . Sostituendo il valore appena trovato per v nella legge di Newton, si ottiene la terza legge di
Keplero:
4π 2 3
r
T2 =
GmT
In questo caso vale r = RT + h dove h è la quota da trovare
h=
Gm T2 1/3
T
− RT
4π 2
b.
La sola forza agente sul corpo è la Forza di gravità terrestre FG :
a=
Ancora r = RT + h e quindi
R 2
GmT
FG
T
=g
=
2
m
r
r
a R T 2
=
g
RT + h
c.
L’Energia meccanica della navicella spaziale è la somma della sua energia cinetica (K) e potenziale
gravitazionale (U ):
1
MT m
E = K + U = mv 2 − G
2
r
poichè abbiamo ricavato, dalla legge di Newton, che v 2 = G MrT , si trova che
E=
MT
MT m
1 mMT
1
1
mG
−G
=− G
= U
2
r
r
2
r
2
E quindi l’energia per unità di massa è pari a
E
1
MT
=− G
m
2 RT + h
SOLUZIONI NUMERICHE:
A: h = 360.0 km; a/g = 0.90; E/m = −2.96 × 107 J/kg
B: h = 457.5 km; a/g = 0.87; E/m = −2.92 × 107 J/kg
– ESERCIZIO 1 –
Tre corpi di massa m1 = 1.5 kg, m2 = 3 kg, m3 = 4 kg sono collegati come in figura mediante fili
ideali (inestensibili e di massa trascurabile). Il corpo m1 giace su un piano orizzontale scabro. Il
sistema è inizialmente mantenuto in quiete. Ad un certo istante, il sistema è lasciato libero di
muoversi. Si determini:
a) il coefficiente di attrito statico minimo μs,min per il quale il sistema rimane in quiete per t>t0.
Sia ora μs<μs,min. Sapendo che la tensione del filo che congiunge m1 ed m3 è pari in modulo a
T2=36N, si determinino nel sistema di riferimento rappresentato:
r
b) l'accelerazione a 3 del corpo m3;
c) il coefficiente di attrito dinamico μd del piano
orizzontale;
d) il lavoro W compiuto dalla tensione
r
T2 agente sul corpo m3 quando questo scende di L = 1m.
SOLUZIONI
Diagramma delle forze
n.b.: se non ci fosse l'attrito, il corpo m1 scivolerebbe verso sx, quindi Fa è in ogni caso rivolta
verso destra
a) Se il sistema è in quiete vale: a1=a2=a3=0. Inoltre la forza di attrito da considerare è la forza di
r
r
attrito statico. Si può quindi impostare la II legge della dinamica ∑ Fi = ma per i 3 corpi:
I: per m3 lungo y:
T2−m3g = 0
II: per m1 lungo y:
N−m1g = 0
III: per m1 lungo x:
T1+Fa,s−T2 = 0 ==> T2−T1 = Fa,s
IV: per m2 lungo y:
T1−m2g = 0
Inserendo I e IV in III e ricordando che Fas≤μsN si ottiene: m3g−m2g=Fa,s≤μsN, da cui, inserendo II:
m3g−m2g≤μsm1g, quindi deve valere: μs≥
a)
m3 − m2
, da cui:
m1
μs,min =
m3 − m2
m1
r
b-c) Se μs<μs,min il sistema si mette in moto. La II legge della dinamica
r
∑ F = ma per i 3 corpi si
i
scrive quindi:
per m3 lungo y:
T2−m3g = m3a3
per m1 lungo y:
N−m1g = 0
per m1 lungo x:
T1+Fa,d−T2 = m1a1
per m2 lungo y:
T1−m2g = m2a2
Inoltre, poiché i due fili sono inestensibili dovrà valere nel SDR assegnato: a2= −a1= −a3= a, dove
rappresentiamo con a il modulo dell'accelerazione dei 3 corpi. Considerando inoltre che per la forza
di attrito dinamico vale Fad = μdN, il sistema si riscrive:
I
T2−m3g = −m3a
II
N−m1g = 0
III
T1+μdN−T2 = −m1a
IV
T1−m2g = m2a
Si noti che ora il sistema è chiuso (4 equazioni in 4 incognite).
Da I si ricava direttamente: a = g−
T2
T
, quindi a3 = −a = 2 −g, da cui:
m3
m3
b)
T

r
a 3 =  2 − g  û y
 m3

Da III−IV, inserendo II e l'espressione trovata per a si ottiene:

T 
m + m 2 + m3
μdm1g + m2g + T2 = − (m1+m2)  g − 2  , da cui: μdm1g= − (m1+2m2)g + 1
T2 , quindi:
m3 
m3

c)
μd=
m1 + m 2 + m 3 T2 m1 + 2m 2
⋅ −
m1m 3
g
m1
r r l
d) Ricordando la definizione di lavoro: W= ∫ F ⋅ d s = ∫ T2 dl cos θ , dove θ=180° è l'angolo tra il
0
r
r
vettore T2 applicato ad m3 (verticale, rivolto verso l'alto) e il vettore d s relativo allo spostamento di
m3 (verticale, rivolto verso il basso). Quindi: cosθ=−1, da cui:
d) W = − T2L
Soluzioni numeriche
a) μs,min=0.67
r
b) a 3 = − 0.8 m/s2
c) μd=0.31
d) W= − 36 J
– ESERCIZIO 2 –
Un satellite artificiale di massa M = 200 kg è lanciato dalla superficie terrestre su un'orbita circolare
a quota h = 200 km.
a) Qual è il modulo v della velocità orbitale del satellite M?
b) Qual è il lavoro W compiuto dalla forza gravitazionale su M nel moto tra la superficie terrestre e
l’orbita?
Assumendo l’energia potenziale gravitazionale nulla a distanza infinita dal centro della terra
c) qual è l’energia meccanica EM di M sull’orbita?
Considerando il moto del satellite M sull’orbita e sapendo che all’istante t1 = 3 min il satellite M si
trova nella posizione angolare ϑ1=12°, si determini:
d) la posizione angolare ϑ2 all’istante t2=1h
Nota: Si ricordi che la massa della terra è MT = 6·1024 kg e il raggio terrestre è RT = 6.4·106 m
SOLUZIONI
a) Poiché l'orbita è circolare, la direzione radiale lungo la quale è diretta l'attrazione gravitazionale
coincide con il raggio della circonferenza e quindi con la direzione normale alla traiettoria.
L'attrazione gravitazionale è quindi la forza centripeta che mantiene il corpo sulla circonferenza e
MM T
v2
vale quindi: γ
=M
, da cui:
(R T + h ) 2
RT + h
a)
v= γ
MT
RT + h
b) Poiché la forza gravitazionale è conservativa, vale W=−ΔU. Ricordando l'espressione per
l'energia potenziale gravitazionale tra due corpi m ed M a distanza M: U= − γ
W= γ
mM
vale quindi:
r
MM T
MM T
−γ
, da cui:
RT + h
RT
W= − γMM T
b)
h
(R T + h )R T
c) L'energia meccanica del corpo in orbita ha 2 contributi: l'energia cinetica e l'energia potenziale
1
MM T
gravitazionale, da cui: EM= Mv 2 − γ
. Sostituendo v:
2
RT + h
c)
EM = −
1 MM T
γ
2 RT + h
d) Poiché il moto è circolare uniforme vale: θ(t2)=θ1+ω(t2−t1) (per i calcoli numerici, esprimere θ in
radianti), da cui:
d)
θ(t2) = θ1+
v
(t2−t1)
RT + h
SOLUZIONI NUMERICHE
a) v = 7.8·103 m/s
b) W= − 3.8·108 J
c) EM= − 6.1·109 J
d) θ2 = 243° = 4.2 rad
– ESERCIZIO 3 –
Un’asta sottile e omogenea di massa M=1 kg e lunghezza d=50 cm è vincolata nell’estremo O
attorno al quale è libera di ruotare nel piano verticale. Inizialmente, l’asta è mantenuta ferma in
posizione orizzontale. Ad un certo istante, l'asta è lasciata libera di ruotare.
a) Qual è la sua velocità angolare ω quando si porta in posizione verticale?
Giunta in posizione verticale, l'estremo inferiore dell'asta urta un corpo di massa m = 1.2 kg, che si
trova nel punto A, a quota d dal suolo (v. figura). Immediatamente dopo l'urto, il corpo m si mette in
moto con velocità orizzontale in modulo pari a v = 1.5 m/s. Si determinino:
b) la distanza Δx tra il punto B di atterraggio del corpo e la proiezione del punto di partenza A al
suolo;
r
c) la velocità angolare ω1 dell'asta immediatamente dopo l'urto nel sistema di riferimento indicato;
r
d) l'impulso J esercitato dal perno O durante l'urto nel sistema di riferimento indicato.
SOLUZIONI
a) Poiché durante la rotazione le uniche forze agenti sull'asta sono la forza peso (conservativa) e la
reazione vincolare del perno (che non compie lavoro perchè il perno è fisso), la velocità angolare
dell'asta quando essa si porta in posizione verticale si calcola mediante conservazione dell'energia
ΔU + ΔK = 0. La variazione di energia potenziale gravitazionale può essere valutata considerando
1
che il centro di massa dell'asta ha subito uno spostamento pari a Δh = − d (passando da quota 2d a
2
quota
3
d
1
d rispetto al suolo) si ricava ΔU = − Mg . Inoltre K0 = 0 e Kf = Iω2. Applicando
2
2
2
ΔU+ΔK=0 vale ΔK = − ΔU , quindi:
1 2
d
Iω = Mg .
2
2
Poichè il corpo M è un'asta sottile e uniforme che ruota attorno al perno O posizionato ad uno degli
2
1
11
1
d 1
Md 2 ω2 = Mgd .
estremi, il suo momento d'inerzia sarà: I= Md2+M   = Md2. Perciò:
12
23
2
2 3
Da cui:
3g
d
r
b) Il corpo m si mette in moto con v orizzontale in un campo di accelerazione di gravità g . Esso si
a) ω =
muoverà quindi di moto rettilineo uniforme lungo l'asse x e di moto uniformemente accelerato (con
velocità iniziale nulla) lungo y. Possiamo quindi scrivere le leggi del moto, assumendo x0=0 a t0=0 e
y0=d:
x(t) = vt
1
y(t) = d− gt 2
2
Δx è la posizione raggiunta lungo x nell'istante tf in cui m tocca il suolo, cioè y(tf)=0. Ricavando
dall'equazione lungo y il tempo di volo tf =
b)
2d
si ottiene:
g
Δx = v
2d
g
c) Poiché il corpo M è vincolato e il perno O può esercitare forze impulsive durante l'urto, non si
può impostare la conservazione della quantità di moto del sistema. Scegliendo però il polo O per il
r
calcolo dei momenti, si può imporre la conservazione del momento angolare durante l'urto: Δ L =0.
Prima dell'urto, il corpo M sta ruotando attorno all'asse z perpendicolare al piano in figura e da esso
r
1
uscente con velocità angolare in modulo pari a ω. Quindi: L pre = Iω û z = Md2ω û z . Essendo m
3
fermo prima dell'urto, esso dà contributo nullo al momento angolare prima dell'urto. Dopo l'urto, il
corpo M starà ancora ruotando attorno all'asse perpendicolare ad O con velocità angolare incognita
r
rappresentabile come: ω1 = ω1û z (dove ω1 è la componente della velocità angolare lungo û z dopo
r
1
l'urto) e quindi il momento angolare di M rispetto ad O è L post,M=I ω1û z = Md2ω1 û z , mentre per m
3
r
vale: L post,m=mdv û z . Eguagliando le espressioni per il momento angolare del sistema rispetto ad O
prima e dopo l'urto si ottiene:
û z : ω1=ω− 3
1
1
Md2ω û z = Md2ω1 û z + mdv û z . Eguagliando le componenti lungo
3
3
mv
, da cui:
Md
c)
r 
m v
ω1 =  ω − 3
 û z
M d

d) Ricordando che l'impulso esercitato dalle forze esterne al sistema è responsabile alla variazione
r
r
r
della quantità del moto del sistema vale: J = ∆p M + ∆p m . Prima dell'urto la quantità di moto di M
r
d
vale p M , pre =Mω û x (si ricordi che la quantità di moto di un sistema di punti coincide con la
2
quantità di moto del CM e che M sta ruotando attorno al polo O), mentre prima dell'urto m è fermo,
r
d
m v d

quindi la sua quantità di moto è nulla. Dopo l'urto vale: p M , post =Mω1 û x =M  ω − 3
 û x e
2
M d 2

r
r
d 3
d
p M , post =mv û x . Quindi J =(( Mω − mv)−Mω +mv−0) û x , da cui:
2 2
2
d)
r
1
J = − mv û x
2
Soluzioni numeriche
a) ω = 7.7 rad/s
b) Δx = 0.48 m
r
c) ω1 = − 3.1 rad/s û z
r
d) J = − 0.9 Ns û x
Soluzione degli esercizi della seconda prova in itinere di Meccanica del 13/01/2017
Esercizio 1
Un punto materiale di massa m1 si muove con velocità di modulo v1,i in direzione ✓1,i rispetto
alla direzione x, mentre un secondo punto materiale di massa m2 = 2m1 viaggia ad una velocità
ESERCIZIO 1
−
−
v2,i in direzione perpendicolare al primo,
come rappresentato
in figura. I due punti materiali
si trovano su un piano orizzontale e si urtano. Dopo l’urto la velocità di m1 ha componenti
punto
cartesianeUn
v1f,x
e materiale
v1f,y . di massa m1= 2 kg si muove con velocità di modulo v1,i= 2 m/s in direzione
a) Trovareθ1,ile=π/3
componenti
cartesiane
v2f,x un
e vsecondo
l’urto.
2 dopo
2f,y della
rispetto alla direzione
x, mentre
puntovelocità
materialedi
di m
massa
m2 = 2m
1 viaggia ad
~
b) Trovareuna
l’impulso
J
(componenti
cartesiane)
delle
forze
esercitate
da
m
su
m durante l’urto.
2
velocità v2,i = 3 m/s in direzione perpendicolare al primo, come rappresentato in figura. 1
c) Qual è la variazione di energia cinetica K causata dall’urto?
I due punti materiali si trovano su un piano orizzontale e si urtano. Dopo l’urto la velocità di m1 ha
cartesiane
= 1 m/s .
Compiti componenti
A,C (Dati):
m1v1f,x== −2
2 m/s
kg,e vv1f,y
1,i = 2 m/s, ✓1,i = ⇡/3, m2 = 4 kg, v2,i = 3 m/s,
v1f,x = 2m/s
e v1f,y
= 1 m/s.cartesiane v2f,x e v2f,y della velocità di m2 dopo l’urto.
a) Trovare
le componenti
Compiti b)B,D
(Dati):
m1 (componenti
= 1.5 kg,cartesiane)
v1,i = delle
3 m/s,
3 kg,
v2,i = 4 m/s,
1,i = ⇡/3,
Trovare
l’impulso
forze✓esercitate
da m2 m
su 2m1=
durante
l’urto.
v1f,x = 3m/s e v1f,y = 1.5 m/s.
c) Qual è la variazione di energia cinetica ∆K causata dall’urto?
a) Non essendoci vincoli che possano generare forze impulsive esterne, la quantità di moto totale
del sistema è conservata
durante
l’urto. L’urto è in generaleRisultato
anelastico,
dato che non è specificato
Risultato
Algebrico
Numerico
~
nulla a riguardo nel testo. La conservazione della quantità di moto PTOT = 0, proiettata lungo
gli assi indicati in figura, diventa:
(a)
(
~ux :
~uy :
m1 v1i,x + m2 v2i,x(a)= m1 v1f,x + m2 v2f,x
(1)
m1 v1i,y + m2 v2i,y = m1 v1f,y + m2 v2f,y
(2)
e, sostituendo m2 = 2m1 e ✓2,i = ✓1,i + ⇡/2, si ha
(b)
(b)
(
~ux : v1,i cos ✓1,i + 2v2,i cos(✓1,i + ⇡/2) = v1f,x + 2v2f,x
~uy :
v1,i sin ✓1,i + 2v2,i sin(✓1,i + ⇡/2) = v1f,y + 2v2f,y ,
(c)
(c)
1
COMPITO A – pagina 3
(3)
(4)
da cui si ricava (a)
8
>
>
<~ux :
2v2,i sin(✓1,i )
2
v1,i sin ✓1,i + 2v2,i cos(✓1,i )
=
2
v2f,x =
>
>
:~uy :
v2f,y
v1,i cos ✓1,i
v1f,x
v1f,y
(5)
.
(6)
L’impulso delle forze esercitate da m2 su m1 durante l’urto è pari alla variazione della quantità
(f )
(i)
di moto del singolo punto materiale m1 : J~ = p~1
p~1 = m1 (~v1,f ~v1,i ). Proiettando sugli assi
indicati in figura si trova (b)
(
~ux :
~uy :
La variazione di energia cinetica
(c)
K=
Jx = m1 (v1f,x
v1,i cos ✓1,i )
(7)
Jy = m1 (v1f,y
v1,i sin ✓1,i ).
(8)
K = Kf
Ki è semplicemente pari a
m1 ⇥ 2
2
2
2
v
+ v1f,y
+ 2(v2f,x
+ v2f,y
)
2 1f,x
2
v1,i
⇤
2
2v2,i
.
Compiti A,C(Risultati):~v2,f = ( 1.10; 1.87) m/s, J~ = ( 6.00; 1.46) kg m/s, K = 7.62 J
Compiti B,D(Risultati):~v2,f = ( 1.21; 2.55) m/s, J~ = ( 6.75; 1.65) kg m/s, K = 10.36 J
2
Esercizio 2
Un satellite artificiale di massa m si muove su un’orbita circolare di raggio R1 attorno alla Luna
(massa lunare M = 7.3 ⇥ 1022 kg). Si calcoli
ESERCIZIO 2
−
a) il periodo T impiegato per compiere −un giro
completo dell’orbita.
Si supponga, ora,
i motori
spostarlo
Un che
satellite
artificiale adibordo
massa mdel
= 103satellite
kg si muovevengano
su un’orbitaazionati
circolare diper
raggio
R1 = 7⋅106 msu un’orbita
circolare di raggio
R2alla
= Luna
3R1(massa
:
attorno
lunare M = 7.3·1022 kg). Si calcoli
b) qual è il lavoro
forzaundigiroattrazione
gravitazionale FG ?
G compiuto
a) ilW
periodo
T impiegatodalla
per compiere
completo dell’orbita.
c) qual è il lavoro
W
compiuto
dai
motori
del
satellite?
s
Si supponga, ora, che i motori a bordo del satellite vengano azionati per spostarlo su un’orbita
circolare di raggio R2 = 3 R1:
11 m3
kgs2
m3
⇥ 10 11 kgs
2
3 kg, R = 7 ⇥ 106 m, G = 6.67 ⇥ 10
Compiti A,C (Dati):
= 10
1dalla forza di attrazione gravitazionale FG?
b) qual è ilm
lavoro
WG compiuto
c) qual è ilm
lavoro
dai R
motori
razzo?
r compiuto
Compiti B,D (Dati):
= 5W⇥
102 kg,
6⇥
106 m, G = 6.67
1 = del
Dato che l’unica forza agente sul satellite in orbita è la forza di attrazione gravitazionale F~G =
Risultato Algebrico
Risultato Numerico
GmM
~ur (~ur è la direzione radiale con verso uscente dal corpo generante il campo gravitazionale
R12
ed è, quindi, perpendicolare alla traiettoria del corpo), essa sarà pari alla forza centripeta m~ac
(a)
che caratterizza (a)
il moto circolare:
(b)
(c)
GM
GM
4⇡ 2
F~G = m~ac ) 2 = ! 2 R1 ) 2 = 2 R1
T
R
R1
(b)
r 1
R1
(a) T = 2⇡R1
.
GM
(c)
Essendo la forza di attrazione gravitazionale una forza conservativa, il suo lavoro sul satellite è
pari all’opposto della variazione di energia potenziale gravitazionale (UG (r) = GmM
r ):
✓
◆
✓
◆
GmM
GmM
1
1
WG =
UG =
+
= GmM
R2
R1
R2 R1
2GmM
(b) WG =
.
3R1
COMPITO
– pagina 4 calcolare il
Le forze esercitate dai motori del satellite sono non conservative, pertanto
è Apossibile
lavoro Ws di tali forze solo grazie al teorema dell’energia cinetica: Wtot = Ws + WG = K. Per
3
ricavare la variazione di energia cinetica K, dobbiamo prima ricavare le velocità del satellite
sulle due orbite circolari indicate in figura. Uguagliando, come al punto (a), la forza di attrazione
gravitazionale e la forza centripeta otteniamo che per una generica orbita circolare v 2 = GM
R .
Allora il teorema dell’energia cinetica si scrive:
✓
◆
2GmM
1
1
1
1
2GmM
2
2
Ws
= m(v2 v1 ) ) Ws = GmM
+
3R1
2
2
R2 R1
3R1
GmM
(c) Ws =
.
3R1
Compiti A,C (Risultati): T=52735 s = 14h 38’ 55”, WG =
Compiti B,D (Risultati): T=41849 s = 11h 37’ 29”, WG =
4
4.64 ⇥ 108 J, Ws = 2.32 ⇥ 108 J
2.71 ⇥ 108 J, Ws = 1.35 ⇥ 108 J
−
ESERCIZIO 3
−
Un corpo di massa M è appeso a un capo di un filo ideale
^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^
(inestensibile e di massa trascurabile) e pende da un tavolo. Il filo
M
passa attorno a una carrucola ideale (liscia e di massa trascurabile).
L’altro capo del filo è avvolto attorno a un rocchetto, composto da
un cilindro interno di massa 2M e raggio R e due dischi esterni di
massa M e raggio 2R. Il cilindro e i dischi sono uniti in modo coassiale
M
(v. figure).
a) Si determini il momento d’inerzia ICM del rocchetto attorno all’asse
2M
R
2R
comune al cilindro e ai dischi (passante per il centro di massa).
Il piano orizzontale su cui poggia il rocchetto è scabro e il sistema è inizialmente in quiete. Ad un
certo istante, il sistema è lasciato libero di muoversi e si nota che il cilindro rotola senza strisciare
sul piano. Si determinino:
b) il modulo α dell’accelerazione angolare del rocchetto;
c) l’energia cinetica K del rocchetto quando il modulo della velocità angolare è pari a ω.
DATI NUMERICI
Compiti A/C: M = 300 g;
R = 20 cm;
ω = 2 rad/s
Compiti B/D: M = 400 g;
R = 30 cm;
ω = 1 rad/s
SOLUZIONI
a) Il corpo rigido è formato da 2 dischi esterni di massa M e raggio 2R e da un cilindro interno di
1
 1
massa M e raggio 2R, coassiali. Quindi: ICM= 2  M (2R ) 2  + 2MR 2 , da cui:
2
 2
ICM=5MR2
a)
b) Diagramma delle forze
y2
y ^uz entrante
T
x
3R
CM
4Mg
N
Fas,1
C
Fas,2
T
M
Mg
Il disegno non è in scala
Si impostano la II legge della dinamica per il corpo M e il rocchetto e l'equazione dei momenti per
il rocchetto, utilizzando come polo il punto C di contatto con il tavolo. Si impostano inoltre le
relazioni derivanti dalla condizione di puro rotolamento del rocchetto e dall'inestensibilità del filo:
I: II legge della dinamica per M lungo y2:
T − Mg = MaM
II: II legge dinamica rocchetto lungo y:
N − 4Mg = 0
III: II legge dinamica rocchetto lungo x:
T + Fas,1+ Fas,2 = 4MaCM
IV: Equazione momenti rocchetto lungo z:
T(3R) = ICα
V: Condizione di puro rotolamento rocchetto;
aCM = α(2R)
VI: Inestensibilità del filo:
aM = −α(3R)
dove IC si ricava da ICM utilizzando il teorema di Huygens-Steiner, considerando che il punto C
dista 2R dal centro di massa del rocchetto (che ha massa totale pari a 4M), quindi:
IC=ICM+(4M)(2R)2=5MR2+16MR2=21MR2.
Nota bene: sono state considerate corrette anche soluzioni in cui compaia un unico termine di riferimento per la
componente x della forza di attrito statico Fas=Fas,1+ Fas,2. Si noti infatti che per qualunque polo scelto il momento delle
forze di attrito statico in direzione z vale:
r r
r r
M z = ( r1 × Fas,1 ) z + ( r2 × Fas , 2 ) z = −(r1, x Fas,1, y − r1, y Fas,1, x + r2, x Fas, 2, y − r2, y Fas, 2, x ) ,
dove il segno − deriva dalla scelta di una terna cartesiana sinistrorsa. Si noti inoltre che le forze di attrito hanno come
unica componente non nulla la componente in direzione x, quindi:
M z = r1, y Fas ,1, x + r2, y Fas, 2, x = ry (Fas,1 + Fas , 2 ) = ry Fas , dove ry=r1,y=r2,y poiché i due punti di applicazione delle forze
di attrito statico hanno la medesima coordinata y. Ovviamente, ry dipende dal polo scelto. Nel caso di scelta del polo
sull’asse passante per i punti di contatto (polo C), ry=0.
Da I inserendo VI: T=Mg−3MαR. Sostituendo in IV: 3MgR−9MαR2=21MαR2, quindi:
3MgR=30MαR2, da cui:
b)
α=
1 g
10 R
c) Poiché il moto è istantaneamente di pura rotazione attorno all'asse passante per il punto C
1
1
(fermo) si ha: K= IC ω2 = 21MR 2ω2 , quindi:
2
2
21
c)
K= MR 2ω2 .
2
Nota: analogo risultato si otterrebbe utilizzando il teorema di König e considerando la relazione
tra
vCM
e
ω
ricavabile
dalla
condizione
di
puro
rotolamento:
1
1
1
1
5
2
K=KCM+K'= (4M ) v CM
+ ICM ω2 = (4M )(ω(2R )) 2 + 5MR 2ω2 =8MR2ω2+ MR2ω2, quindi:
2
2
2
2
2
21
K=
MR2ω2
2
SOLUZIONI NUMERICHE:
Compiti A, C:
a) ICM = 0.06 kg m2
b) α = 4.9 rad/s
c) K = 0.50 J
Compiti B, D:
a) ICM = 0.18 kg m2
b) α = 3.3 rad/s
c) K = 0.38 J
Soluzioni scritto del 14 settembre 2016
−
ESERCIZIO 1
−
Un corpo di massa m = 250 g si trova su un piano liscio, appoggiato ad una molla inizialmente
mantenuta compressa di una quantità Δx = − 10 cm. Ad un certo istante, il sistema è lasciato libero
di muoversi e si nota che quando la molla torna alla posizione di equilibrio, il corpo si stacca dalla
molla con velocità v1 = 2.5 m/s.
a) Qual è il valore della costante elastica k della molla?
Se dopo essersi staccato dalla molla, il corpo m incontra una porzione di piano scabro di lunghezza
d = 1.2 m e ne esce con velocità v2 = 1.5 m/s, si determinino:
b) il lavoro W compiuto dalla forza di attrito dinamico su m durante il moto sul piano scabro.
c) il coefficiente di attrito dinamico μd del piano;
Al termine del piano scabro, il corpo percorre una guida liscia di raggio R = 1 m.
d) Si determini la reazione normale N della guida sul corpo quando esso ha percorso su di essa un
angolo θ = 30°.
SOLUZIONI
a) Durante il ritorno della molla alla posizione di equilibrio, sul corpo agiscono solo la forza
r
elastica (conservativa), la forza peso (conservativa) e la normale N (che non compie lavoro perchè
perpendicolare allo spostamento), quindi si può impostare la conservazione dell'energia meccanica
ΔUe+ΔK=0 (non consideriamo la variazione di energia potenziale della forza peso perchè il corpo
non modifica la propria quota). Quindi: 0 = Uf,e − U0,e + Kf − K0 = 0 −
1
1
k(Δx)2 + mv12 − 0, da
2
2
cui:
a)
mv12
k=
(∆x ) 2
r
b) Nel moto sul piano scabro, sul corpo agiscono la forza peso (conservativa), la normale N (che
r
non compie lavoro perchè perpendicolare al moto) e la forza di attrito dinamico Fad . Dal teorema
dell'energia cinetica: ΔK=W, dove W è il lavoro compiuto dalla forza di attrito dinamico (nel
termine sinistro non appare la variazione di energia potenziale legata alla forza peso perchè anche in
questo caso il corpo m non varia la propria quota nel moto). Quindi Kf−K0=W:
1
W= m ( v 22 − v12 ) .
2
b)
c) Ricordando la definizione di lavoro, e considerando che in questo caso la forza di attrito
dinamico è rivolta verso sinistra (nota: si ricordi che essa si oppone allo scorrimento relativo tra due
d
r
r
superfici, in questo caso tra m e il pavimento): W= ∫ Fad ⋅ d s = ∫ Fad ⋅ dx cos α , dove Fad è il modulo della
0
r
r
forza di attrito dinamico e α=180° è l'angolo tra Fad e d s . Si ricordi che il modulo della forza di
attrito dinamico vale Fad=μdN=μdmg, dove l'ultima eguaglianza si ottiene impostando la II legge
della dinamica lungo l'asse y: N−mg=0. Quindi W=− μdmgd, da cui:
μd = −
c)
W
mgd
d) Impostando la II legge della dinamica in direzione normale si ottiene, all'angolo θ:
I:
N−mgcosθ=m
v θ2
R
r
Nel moto sulla guida agiscono solo la forza peso (conservativa) e la normale N (che non compie
lavoro perchè perpendicolare allo spostamento), quindi nel moto l'energia meccanica si conserva.
La velocità vθ alla quota h raggiunta quando è stato percorso un angolo θ (h=R−Rcosθ) può quindi
essere valutata come: ΔK+ΔUg=0, quindi
1
m ( v θ2 − v 22 ) +mgR(1−cosθ)−0=0. Ricavando vθ2 e
2
inserendo in I si ricava:
d)
N = mg(3cosθ−2) + m
v 22
.
R
SOLUZIONI NUMERICHE
a) k = 156 N/m
b) W = −0.50 J
−
c) μd=0.17
d) N=1.13N
ESERCIZIO 2
−
Due corpi di massa m1 = 200 g e m2 = 100 g e dimensioni trascurabili si muovono su un piano
orizzontale liscio. Il corpo m1 ha velocità iniziale modulo pari a v1,0 = 3 m/s che forma un angolo
θ1= 35° con l'asse y, mentre m2 ha velocità iniziale in modulo pari a v2,0 = 6 m/s che forma un
angolo θ2 = 15° con l'asse y (v. figura per definizione degli angoli). I due corpi si urtano nell'origine
degli assi e dopo l'urto il corpo m2 si muove con velocità in modulo pari a v2,f = 0.5 m/s che forma
un angolo φ2 = 10° con l'asse x.
Si determinino:
r
a) la velocità v1, f del corpo m1 dopo l'urto (componenti cartesiane v1,f,x e v1,f,y);
b) il lavoro W compiuto dalle forze agenti su m2 durante l'urto;
r
c) l'impulso J delle forze esercitate da m1 su m2 durante l'urto (componenti cartesiane Jx e Jy).
Inoltre, assumendo che l'urto avvenga all'istante t0 = 0 s nell'origine degli assi cartesiani,
d) si tracci il grafico y(t) per il corpo m2 nell'intervallo temporale [−1 s, 1 s].
SOLUZIONI
a) L’urto è non vincolato, possiamo quindi impostare la conservazione della quantità di moto del
sistema. Nota: Si noti che poiché non è esplicitamente detto che l’urto è elastico, non si possono fare considerazioni
sulla conservazione dell’energia cinetica.
r
Impostando Δ p tot = 0 e proiettando sui due assi si ottiene:
m1v1,0 sen ϑ 1 + m2 v2,0 sen ϑ 2= m1 v1,f,x + m2v2,f cosφ2
m1v1,0 cos ϑ 1 − m2 v2,0 cos ϑ 2 = m1 v1,f,y + m2v2,f senφ2
r
dove v1,f,x e v1,f,y sono le componenti cartesiane di v1, f . Dal sistema precedente si ottiene
immediatamente:
v1,f,x = v1,0 sen ϑ 1 +
m2
(v2,0 sen ϑ 2 − v2,f cosφ2)
m1
a)
v1,f,y = v1,0 cos ϑ 1 −
m2
(v2,0 cos ϑ 2 + v2,f senφ2)
m1
b) Per il teorema dell'energia cinetica vale W=ΔK2, quindi
b)
W=
1
1
m 2 v 22, f − m 2 v 22, 0
2
2
r
c) L’impulso J1, 2 delle forze esercitate da m1 su m2 durante l’urto sarà pari alla variazione della
r
r
quantità di moto del corpo m2 tra prima e dopo l’urto. Vale quindi: J1, 2 = ∆p 2 . Scomponendo per
componenti:
J1,2,x = m2 (v2,f cosφ2 − v2,0 sen ϑ 2)
c)
J2,1,y= m2(v2,f senφ2− (−v2,0 cos ϑ 2)) = m2 (v2,f senφ2+v2,0 cos ϑ 2)
d)
SOLUZIONI NUMERICHE
a) v1,f,x = 2.25m/s v1,f,y = −0.48m/s
−
b) W = −1.79 J
ESERCIZIO 3
c) Jx= −0.11 kg m/s Jy= 0.59 kg m/s
−
Un cilindro di massa M = 4 kg e raggio R = 40 cm e un guscio cilindrico di massa M e raggio 2R
sono connessi in modo concentrico attraverso 2 sbarre di dimensioni e massa trascurabile, formando
un unico corpo rigido. Attorno al cilindro interno, è avvolto un filo inestensibile di massa
trascurabile, che viene teso con una forza orizzontale di modulo F = 25 N (v. figure). Si osserva che
il cilindro rotola senza strisciare sul pavimento scabro (μs = 0.2). Si determinino:
a) il momento d'inerzia ICM del corpo rigido attorno all'asse passante per il centro di massa e
parallelo all'asse z (vedi sistema di riferimento in figura);
b) il modulo aCM dell'accelerazione del centro di massa del corpo;
r
c) la forza di attrito statico Fas agente sul corpo;
d) l'energia cinetica K del corpo nell'istante la velocità angolare vale in modulo ω = 2 rad/s.
Remind sui momenti d'inerzia (dati corpi di massa m e raggio R generici)
SOLUZIONI
a) Date le espressioni del momento d'inerzia attorno a un asse passante per il centro di massa
parallelo all'asse z per i due solidi e considerando massa e raggio dei due corpi, varrà
1
ICM,1= MR 2 per il cilindro interno e ICM,2= M (2R ) 2 = 4MR 2 per il guscio cilindrico esterno. Poiché
2
i due corpi sono collegati in modo coassiale, vale per l'intero corpo rigido: ICM= ICM,1+
1
ICM,2= MR 2 + 4MR 2 , quindi:
2
a)
ICM =
9
MR 2
2
b-c)
DIAGRAMMA DELLE FORZE
Per risolvere il problema, si impostano:
r
r
1) la II legge della dinamica ∑ Fi = ma , proiettandola lungo gli assi x e y;
2) l'equazione dei momenti lungo l'asse z, che in questo caso, utilizzando come polo il CM si riduce
r
r
a: ∑ M i = ICM α ;
r
r r
r
3) la condizione di puro rotolamento a CM = α × r (dove r è il vettore che congiunge il punto di
contatto C - istantaneamente fermo - al CM), che permette di legare la componente lungo x di
r
r
a CM (aCM) e lungo z di α (α) nel SDR assegnato, svolgendo il prodotto vettoriale.
r
r
Indicando con F, Fas, N e g i moduli della forza esterna F , della forza di attrito statico Fas , della
r
r
normale N e dell'accelerazione di gravità g si ottiene:
I: II legge dinamica lungo x:
F − Fas = 2MaCM
II: II legge dinamica lungo y:
N − 2Mg = 0
III: eq. momenti con polo nel CM lungo z:
FR + Fas·2R = ICMα
IV: condizione di puro rotolamento:
aCM = α·2R
Inserisco IV in III: FR + Fas·2R =
9
a
9
MR 2 CM , dividendo per R si ottiene: F + 2Fas = M aCM.
2
2R
4
Questa equazione, sommata a 2·I porta a: 3F=
b)
25
M aCM, da cui:
4
aCM =
12 F
25 M
c) Inserendo aCM in I si ottiene il modulo Fas della forza di attrito statico: Fas=F−
24
1
F=
F, da cui
25
25
r
considerando il verso di Fas :
c)
r
1 )
Fas = − F u x
25
d) Poiché il moto è istantaneamente di pura rotazione attorno all'asse passante per il punto C di
contatto, K può essere calcolata come: K=
1
ICω2, dove il momento d'inerzia IC si calcola dal
2
teorema di Heygens-Steiner come: IC=ICM+(2M)(2R)2 (poiché il corpo ha massa 2M e l'asse di
9
25
rotazione dista 2R dal CM, quindi: IC= MR 2 +8MR2= MR 2 , da cui:
2
2
d)
K=
25
MR 2ω2
4
In alternativa, si può usare la più generica relazione data dal teorema di König per l'energia cinetica:
1
2
K=KCM+K', dove l'energia cinetica del CM sarà KCM= 2Mv CM
, dove il modulo vCM della velocità
2
1
del centro di massa si ricava dalla condizione di puro rotolamento come vCM=ω·2R e K'= ICM ω2 ,
2
9
9
25
quindi: K=M(ω·2R)2+ MR 2 ω2=4MR2ω2+ MR 2 ω2= MR 2ω2 , coerente con quanto già trovato
4
4
4
con l'approccio precedentemente illustrato.
SOLUZIONI NUMERICHE
a) ICM = 2.88 kg m2 b) aCM = 3.0 m/s2
r
)
c) Fas = −1 N u x n.b. si verifica che in modulo è inferiore a Fas,max=μsN=7.84N
d) K = 16.0 J
-
ESERCIZIO 1
-
Una sbarretta omogenea rigida di massa m1 = 4 kg può ruotare in un
piano verticale attorno ad un perno liscio passante per il suo estremo
O. La sbarretta inizialmente viene mantenuta ferma in posizione
orizzontale. Ad un certo istante, essa viene lasciata libera di
muoversi e comincia a ruotare nel piano verticale. Quando la
sbarretta si trova in posizione verticale, la sua velocità angolare è
ω1=5 rad/s.
a) Qual è la lunghezza L della sbarretta?
Se, giunta in posizione verticale con velocità angolare ω1, la sbarretta urta un corpo puntiforme di
1
massa pari a m2= m1 e durante l'urto i due corpi rimangono attaccati:
6
b) qual è il modulo ω2 della velocità angolare del sistema subito dopo l'urto?
c) qual è la distanza LCM tra il centro di massa del sistema composto da m1 ed
m2 e il perno O?
Dopo l'urto, il sistema composto da m1 ed m2 continua a ruotare strisciando su
una guida curvilinea scabra. Sapendo che esso si ferma dopo aver percorso un
angolo θ=30°,
d) qual è il lavoro Wattr compiuto dalla forza di attrito sul sistema?
DATI NUMERICI
Compiti A-C:
m1= 4 kg
ω1=5 rad/s
m2= m1/6
θ=30°
Compiti B-D:
m1= 2.5 kg
ω1=6 rad/s
m2= m1/6
θ=25°
SOLUZIONI
a) Sull'asta agiscono la forza vincolare del perno (ma il perno è liscio e fisso, quindi essa non
compie lavoro) e la forza peso (conservativa), quindi durante il moto dell’asta l’Energia Meccanica
si conserva: ∆U + ∆K = 0 .
Ricordiamo che per un corpo esteso la variazione di energia potenziale legata alla forza peso è
legata alla variazione di quota del centro di massa (CM). Assumendo la quota iniziale dell'asta come
origine dell'asse y verticale rivolto verso l'alto e considerando che il CM di un'asta omogenea si
1
trova al centro dell'asta, la variazione di quota del CM durante il moto è pari a ΔyCM= − L , quindi:
2
 1 
∆U = U f − U i = mg∆y CM = mg − L  . Per quanto riguarda l'energia cinetica, all'inizio del
 2 
moto il corpo è fermo, quindi Ki=0. Inoltre il corpo compie un moto di pura rotazione attorno ad O,
allora l'energia cinetica immediatamente prima dell'urto può essere espressa come K f =
1
I O ω12 ,
2
dove IO è il momento d’inerzia dell’asta m1 rispetto al polo O, che può essere valutata dal Teorema
di Huygens-Steiner considerando che il polo O dista
1
L dal centro di massa dell'asta:
2
2
1
L 1
I O = m1L2 + m1   = m1L2 . Quindi la variazione di energia cinetica si esprime come:
12
2 3
ΔK=Kf−K0 =
1
I Oω2
2
La conservazione di energia del sistema si riscrive quindi come: −
1
11

m1gL +  m1L2 ω12 = 0
2
23

da cui si ottiene:
a)
L=
3g
ω12
b) Essendo l’urto completamente anelastico e vincolato né l’energia né la quantità di moto si
r
conservano. Vale invece ∆L = 0 rispetto a un polo coincidente con il perno O (in tal caso infatti, le
forze vincolari impulsive esercitate dal perno sul sistema durante l'urto hanno braccio - quindi
momento - nullo. Conseguentemente il momento angolare rispetto a tale polo si conserva). Prima
dell'urto, poichè m2 è fermo l'unico contributo al momento angolare è dovuto al moto di pura
r
rotazione dell'asta attorno ad O, che può essere scritto come L pre = I O ω1û z . Dopo l'urto, i due corpi
formano un unico corpo rigido che compie una pura rotazione attorno ad O O. Il momento angolare
r
dopo l'urto può essere quindi essere scritto come L post = I1ω2 û z dove I1 è il momento d’inerzia
rispetto
al
polo
O
dell’asta
m1
con
la
massa
m2
attaccata
al
suo
estremo:
1
1
1
I1 = IO + m 2 L2 = m1L2 + m1L2 = m1L2 . La conservazione del momento angolare si
3
6
2
esprime eguagliando le componenti lungo z del momento angolare: I 0 ω1 = I1ω2 , quindi
1
1
m1L2 ω1 = m1L2 ω2 , da cui:
3
2
b)
ω2 =
2
ω1
3
c) Il centro di massa del sistema composto da m1 ed m2 si troverà lungo l’asta, tra il perno O ed m2.
Per calcolare la posizione del centro di massa del sistema, rispetto al perno O, applichiamo la
definizione calcolando le distanze lungo la coordinata monodimensionale l parallela alla sbarra e
con origine nel perno O: L cm
L cm =
1
=
M tot
n
∑m l
i i
i =1
, dunque:
L 1
4
L
m1 L
+ m 2 L m 1 + m1 L
4
2
6
6
2
=
=
= L , da cui
7
7
m1 + m 2
7
m1
m1
6
6
m1
c)
L cm =
4
L
7
d) Il lavoro compiuto dalla forza di attrito è pari alla variazione di energia meccanica del sistema:
∆E = ∆U + ∆K = Watt . Ricordando le considerazioni (e le convenzioni) al punto a) e considerando
che Kf=0 otteniamo: m tot g∆y cm −
1
7
I1ω22 = Watt , dove mtot=m1+m2= m1 e ∆ycm è la variazione di
2
6
quota del centro di massa del sistema composto dalla sbarretta ed m2 che nella rotazione si sposta da
4
4
4
quota yi=− L a quota yf= − L cos θ rispetto al polo O, quindi ΔyCM= yf − yi = L(1 − cos θ) .
7
7
7
Sostituendo i valori calcolati si ottiene:
7
7
4
 11
4
4
 11

m1g L(1 − cos ϑ) −  m1L2 ω22 = m1g L(1 − cos ϑ) −  m1L2  ω12 = Watt
6
6
7
 22

7
 22
9
quindi:
d)
2
1
Watt = m1gL(1 − cos ϑ) − m1L2 ω12
3
9
SOLUZIONI NUMERICHE:
Compiti A-C:
L= 1.17 m
ω2=3.33 rad/s
Lcm= 0.67 m
Watt= −11.25 J
Compiti B-D:
L= 0.81 m
ω2=4.0 rad/s
Lcm= 0.47 m
Watt= −5.42 J
-
ESERCIZIO 2
Un anello di massa M e raggio R si trova in equilibrio
statico su un piano inclinato con angolo θ rispetto
all'orizzontale grazie all'azione di un filo ancorato al
piano, come mostrato in figura. Il filo è teso e
-
orizzontale. Il coefficiente di attrito statico tra l'anello e il piano è μs.
a) Si determini il modulo T della tensione del filo.
Ad un certo istante, il filo viene tagliato e si osserva che l'anello rotola lungo il piano senza
strisciare. Si determinino:
r
b) l'accelerazione angolare α dell'anello nel sistema di riferimento rappresentato in figura;
r
c) la forza di attrito statico f as nel sistema di riferimento rappresentato in figura;
d) il valore minimo del coefficiente di attrito statico μs,min per il quale il corpo può rotolare senza
strisciare lungo il piano. Si verifichi che μs ≥ μs,min.
DATI NUMERICI
Compiti A-C:
M = 0.3 kg
R = 0.3 m
θ = 35°
μs = 0.5
Compiti B-D:
M = 0.7 kg
R = 0.6 m
θ = 20°
μs = 0.4
SOLUZIONI
a)
Diagramma delle forze
Diagramma delle forze con
momento non nullo rispetto a CM
r
Impostiamo le condizioni di staticità
r
∑F = 0 e ∑M
i
i
= 0 per l'anello, proiettandole sugli assi x, y
e z rappresentati nel testo. La scelta del polo è completamente arbitraria. Si riportano i calcoli
r
r
scegliendo come polo il centro di massa CM dell'anello. Si noti che in questo caso sia f as che T sono
perpendicolari al raggio vettore congiungente il CM con il loro punto di applicazione, quindi vale
r
r
r r
r r
M T = rT × T = − RTû z e M fas = rfas × f as = Rf as û z . Inoltre, poiché la forza peso ha braccio nullo e la
normale è collineare al raggio vettore congiungente il CM al suo punto di applicazione, esse hanno
momento nullo rispetto a CM. Nota: L'eventuale scelta del punto di contatto tra l'anello e il piano avrebbe
richiesto la valutazione - non immediata - dell'angolo tra il raggio vettore e la tensione).
I: Forze lungo x:
Mgsenθ − fas − Tcosθ = 0
II: Forze lungo y:
N − Mgcosθ − Tsenθ = 0
III: Momenti su z rispetto a CM:
−TR + fasR = 0
Moltiplicando I·R e sommando III si ottiene immediatamente MgRsenθ − TR(1+cosθ) = 0, da cui:
a)
T=
Mgsenθ
1 + cos θ
b) e c)
Diagramma delle forze
r
Impostiamo la II legge della dinamica per i sistemi:
∑ F = ma
i
CM
e l'equazione dei momenti che,
poiché l'anello esegue una rotazione attorno ad un asse perpendicolare all'anello e passante per il
r
r
punto di contatto C tra anello e piano, istantaneamente fermo, si riduce a: ∑ M i , C = I Cα (dove i
momenti delle forze sono calcolati rispetto al punto di contatto C e il momento d'inerzia deve essere
valutato attorno all'asse C distante R dal CM dell'anello, quindi applicando il teorema di HeygensSteiner si ha: IC = MR2+MR2 = 2MR2). Proiettando sugli assi x, y, z si ottiene:
I-a: forze lungo x:
Mgsenθ−fas = MaCM
II-a: forze lungo y:
N−Mgcosθ = 0
III-a: momenti lungo z, rispetto a C:
MgRsenθ = 2MR2α
Il sistema così ottenuto è composto da 3 equazioni in 4 incognite (i moduli N della normale al piano
e fas della forza di attrito statico, la componente parallela al piano aCM dell'accelerazione del CM
dell'anello e la componente α lungo z dell'accelerazione angolare dell'anello). Serve quindi
r
r r
un'ulteriore relazione, rappresentata dalla condizione di puro rotolamento: a CM = α × R .
r r
Considerando che α e R sono perpendicolari fra loro e considerando la direzione scelta per gli assi
x e z, si ottiene:
aCM=αR
IV-a: relazione di puro rotolamento:
Da III-a si ottiene direttamente α =
g senθ
, quindi:
2R
b)
r gsenθ )
α=
uz
2R
Inserendo IV-a in I-a la e sostituendo l'espressione trovata per α si ottiene immediatamente:
1
fas= Mgsenθ . Ricordando che fas rappresenta il modulo della forza di attrito statico e considerando
2
il verso di tale forza vale:
r
1
c) f as = − Mgsenθ û x
2
r
1
d) Ricordando che fas= f as ≤ µs N e che da II-a vale N=Mgcosθ deve valere Mgsenθ ≤ µs Mg cos θ ,
2
1
quindi, affinché l'anello rotoli senza strisciare, deve valere µ s ≥ tan θ , quindi:
2
d)
1
µs , min = tan θ
2
SOLUZIONI NUMERICHE
Compiti A-C: a) T = 0.93 N
r
)
b) α = 9.36 rad / s 2 u z
Compiti B-D: a) T = 1.21 N
r
)
b) α = 2.79 rad / s 2 u z
-
r
c) f as = −0.84 N û x
r
c) f as = −1.17 N û x
ESERCIZIO 3
d) μs,min=0.35
d) μs,min=0.18
-
Due corpi di massa m1 ed m2 si muovono su un piano orizzontale liscio con velocità iniziali in
modulo pari a v1,0 e v2,0 formando angoli θ1 e θ2 con l'asse y come rappresentato in figura. Sapendo
che subito dopo l'urto il corpo m2 si muove con velocità in modulo pari a v2,f formando un angolo
φ2 con l'asse x come rappresentato in figura, si determinino:
r
a) la velocità v1, f del corpo m1 dopo l'urto (componenti cartesiane);
r
b) l'impulso J1, 2 della forza esercitata dal corpo m1 sul corpo m2 durante l'urto (componenti
cartesiane);
c) la variazione ΔE di energia meccanica del sistema.
DATI NUMERICI
Compiti A-C:
m1 = 3 kg
m2 = 1 kg
v1,0 = 3 m/s
v2,0 = 2 m/s
θ1 = 60°
θ2 = 15°
v2,f = 0.3 m/s
φ2 = 10°
Compiti B-D:
m1 = 4 kg m2 = 1.5 kg v1,0 = 2.5 m/s
v2,0 = 1.5 m/s θ1 = 55° θ2 = 20° v2,f = 0.5 m/s φ2 = 5°
SOLUZIONI
a) L’urto è non vincolato, possiamo quindi impostare la conservazione della quantità di moto del
sistema. Nota: Si noti che poiché non è esplicitamente detto che l’urto è elastico, non si possono fare considerazioni
sulla conservazione dell’energia cinetica.
r
Impostando Δ p tot = 0 e proiettando sui due assi si ottiene:
m1v1,0 sen ϑ 1 − m2 v2,0 sen ϑ 2= m1 v1,f,x + m2v2,f cosφ2
− m1v1,0 cos ϑ 1 − m2 v2,0 cos ϑ 2 = m1 v1,f,y + m2v2,f senφ2
r
dove v1,f,x e v1,f,y sono le componenti cartesiane di v1, f . Dal sistema precedente si ottiene
immediatamente:
v1,f,x = v1,0 sen ϑ 1 −
m2
(v2,0 sen ϑ 2 + v2,f cosφ2)
m1
a)
v1,f,y = −v1,0 cos ϑ 1 −
m2
(v2,0 cos ϑ 2 + v2,f senφ2)
m1
r
b) L’impulso J1, 2 delle forze esercitate da m1 su m2 durante l’urto sarà pari alla variazione della
r
r
quantità di moto del corpo m1 tra prima e dopo l’urto. Vale quindi: J1, 2 = ∆p 2 . Scomponendo per
componenti:
J1,2,x=m2(v2,f cosφ2− (−v2,0 sen ϑ 2))= m2(v2,f cosφ2+v2,0 sen ϑ 2)
b)
J2,1,y= m2(v2,f senφ2− (−v2,0 cos ϑ 2)) = m2(v2,f senφ2+v2,0 cos ϑ 2)
c) La variazione di energia meccanica del sistema sarà pari alla variazione di energia cinetica del
r 2
sistema. Ricordando che v1, f = v12, f , x + v12, f , y , vale:
c)
1
1
1
1

ΔE= m1 ( v12, f , x + v12, f , y ) + m 2 v 22, f −  mv12,0 + mv 22, 0 
2
2
2
2

SOLUZIONI NUMERICHE
Compiti A-C
a) v1,f,x = 2.33 m/s
v1,f,y = − 2.16 m/s b) J2,1,x = 0.81 kg m/s
J2,1,y = 1.98 kg m/s c) ΔE = −0.33 J
v1,f,y = − 1.98 m/s b) J2,1,x = 1.52 kg m/s
J2,1,y = 2.18 kg m/s c) ΔE = −0.60 J
Compiti B-D
a) v1,f,x = 1.67 m/s
Esercizio 1
Un corpo di massa M, assimilabile ad un punto materiale, viene lanciato con velocità ~v0 incognita, non parallela agli assi cartesiani. Quando il suo spostamento in direzione x rispetto alla
ESERCIZIO
1
− giunge
− di un piano inclinato scabro (coefficiposizione iniziale è pari a D, il corpo
alla sommità
enti di attrito statico µS e dinamico µD ) che forma un angolo con l’asse x. In tale istante, la
Un corpo
massa
m = 500
ad un
punto materiale,
viene
velocità
di Mdiha
modulo
parig,a assimilabile
v e direzione
parallela
al piano
(v. lanciato
figura).con velocità
r
v0 incognita, non parallela agli assi cartesiani. Quando il suo spostamento in direzione x rispetto alla
a) Calcolare la velocità iniziale ~v0 di M (componenti cartesiane)
posizione iniziale è pari a D = 60 cm, il corpo giunge alla sommità di un piano inclinato scabro
(coefficienti
di attrito del
statico
μS = 0.9
e dinamico
forma un angolo
β = molla
25° condi costante
Giunto
alla sommità
piano
inclinato,
il corpo entra) che
in contatto
con una
elastica
molla
viene
compressa
dimodulo
un tratto
il corpo
M arresti
completamente
l’assek.x.La
In tale
istante,
la velocità
di M ha
pari aLv prima
= 1 m/sche
e direzione
parallela
al piano
(v.
il proprio
figura).moto.
r
a) Calcolare la velocità iniziale v di M (componenti cartesiane)
b) Calcolare il coefficiente di attrito0 dinamico µD del piano inclinato.
Giunto allache
sommità
del piano
inclinato,
il corpo
entra inilcontatto
conmoto
una molla
di costante
c) Verificare
una volta
fermo
il corpo
termina
proprio
e calcolare
il elastica
modulo Fas della
forzak di
attrito
statico.
= 70 N/m. La molla viene compressa di un tratto L = 7 cm prima che il corpo M arresti
completamente il proprio moto.
Compito A (Dati): M = 0.5 kg, D = 0.6 m, µS = 0.9, = 25 , v = 1 m/s, k = 70 N/m,
b) m
Calcolare il coefficiente di attrito dinamico
del piano inclinato.
L = 0.07
c) Verificare
che una
fermo
termina
moto e =
calcolare
modulo
fas della
Compito
B (Dati):
M volta
= 0.9
kg, ilDcorpo
= 0.5
m, ilµproprio
35 , vil =
1 m/s,
k = 80 N/m,
S = 0.8,
L = 0.12 mforza di attrito statico.
y
r
v
L
∆L
M
r
?= v 0
βα
x
D
Risultato Algebrico
Risultato Numerico
SOLUZIONE:
a) Il moto del corpo di massa M è di tipo parabolico, essendo soggetto alla sola accelerazione di
2
gravità
(a) ~g = g ~uy (con g=9.8 m/s ). Lungo la(a)direzione x il moto è rettilineo uniforme, mentre
lungo la direzione y il moto è rettilineo uniformemente accelerato. La legge oraria e la legge
della velocità lungo le due direzioni sono:
8
(x0 = 0; t0 = 0)
<~ux : x(t) = v0,x t
(b)
(b)
1 2
:~uy :
y(t) = v0,y t
gt
2
(
~ux : vx (t) = v0,x
(c)
~uy : vy(c)
(t) = v0,y gt.
1
COMPITO A – pagina 3
La distanza orizzontale D viene percorsa in un tempo t = vD
. Dai dati del problema abbiamo
0,x
che, in questo istante, le componenti cartesiane della velocità alla sommità del piano inclinato
sono: vx (t) = v cos e vy (t) = v sin (negativa rispetto alla direzione di y indicata in figura).
Inserendo queste informazioni nel secondo sistema, otteniamo le componenti cartesiane della
velocità iniziale:
8
>
<~ux : v0,x = v cos
D
>
:~uy : v0,y = v sin + g v cos .
b) Impostiamo il teorema dell’energia cinetica Wtot = Ek per lo spostamento del corpo dalla
sommità del piano inclinato al punto in cui si ferma. Con riferimento al diagramma delle forze
in figura, la seconda legge della dinamica può essere cosı̀ scomposta:
y’
F el
F ad
N
!
Mg
(
~ux0 :
~uy0 :
Fad
N
X’
Fel + M g sin
M g cos
= Ma
= 0,
ottenendo l’espressione esplicita Fad = µD N = µD M g cos . Il lavoro complessivo compiuto
~ non compie
dalle forze in gioco è Wtot = WFel + WFad + Wmg + WN . Dato che la normale N
lavoro, per il teorema dell’energia cinetica si ha
Wtot =
1 2
kL
2
µD M g cos L + M g sin L =
1
M v2
2
da cui ricaviamo il coefficiente di attrito dinamico:
µD =
M v2
kL2 + 2M g sin L
M v 2 kL2
=
+ tan .
2M gL cos
2M gL cos
c) Appena il corpo si ferma (velocità nulla), bisogna verificare che il corpo non riprenda il
suo moto. Sostituendo, nel diagramma delle forze, la forza di attrito dinamico con la forza di
attrito statico F~as = Fas ~ux0 e impostando la condizione di equilibrio statico
(
~ux0 : Fas Fel + M g sin = 0
~uy0 :
N
M g cos
2
= 0,
bisogna verificare che Fas  Fas,max = µS N . Dal sistema si ricava che la forza di attrito statico
è:
Fas = kL M g sin
e che essa soddisfa la condizione Fas < µS M g cos
per ogni valore numerico dei dati assegnati.
Compito A (Risultati): ~v0 = (0.91 m/s ~ux ; 6.07 m/s ~uy ), µD = 0.72, Fas = 2.83 N, Fas,max = 4
N
Compito B (Risultati): ~v0 = (0.82 m/s ~ux ; 5.41 m/s ~uy ), µD = 0.56, Fas = 4.54 N, Fas,max =
5.78 N
3
Esercizio 2
Un corpo rigido è costituito da un anello circolare (con spessore trascurabile) di raggio r e massa
M e da una sbarra (con spessore trascurabile) di massa M
2 e lunghezza 2r, passante per il centro
dell’anello (v. figura). Calcolare:
a) il momento di inerzia ICM del corpo rigido rispetto all’asse di rotazione perpendicolare al
piano in figura e passante per il suo centro di massa.
Il corpo rigido può rotolare senza strisciare all’interno di una guida circolare di raggio R.
All’istante t0 il corpo rigido parte da fermo e il suo centro di massa si trova ad un’altezza
h dal suolo. Calcolare:
~ della guida agente sul corpo rigido quando la congiungente tra il
b) la reazione vincolare N
corpo e il centro della guida forma un angolo ✓ con la verticale.
Giunto al punto più basso della guida circolare, il corpo rigido urta in modo completamente
anelastico un muro e si ferma:
c) calcolare l’impulso J~ delle forze esercitate dal muro sul corpo rigido durante l’urto.
Compito A (Dati): M = 200 g, r = 10 cm, h = 1 m, ✓ = 50
Compito B (Dati): M = 300 g, r = 15 cm, h = 1.5 m, ✓ = 30
M
!
A CM
r
M
2
R
h
B
r
C
SOLUZIONE:
a) Il corpo rigido formato da un anello sottile e da una sbarra sottile con i rispettivi centri di
1 M
2
massa coincidenti. Quindi: ICM = M r2 + 12
2 (2r) , da cui
7
ICM = M r2
6
b) Dato il diagramma delle forze agenti sul corpo rigido in figura, per il calcolo dei momenti
~ N = 0, M
~ Fas = 0 e M
~ P = rMtot g sin(✓)~uz , con ~uz in
scegliamo come polo il punto C: M
direzione perpendicolare alla figura e verso entrante e Mtot = 32 M . Ricordando che il momento
~ CM e, inoltre, che la rotazione
~ =L
~0 + L
angolare del corpo rigido, per il teorema di König, è L
avviene istantaneamente attorno a un asse passante per C in direzione ~uz (parallelo a quello
d~
passante per il CM), possiamo utilizzare il teorema di Huygens-Steiner e scrivere: dt
L = IC ↵
~=
4
CM
F as N
C
!
n
t
P ~
~
dL
(ICM + Mtot r2 )↵~uz . Dal teorema del momento angolare i M
i = dt e proiettando lungo la
direzione ~uz :
✓
◆
7
3
9 g sin ✓
2
2
rMtot g sin(✓) =
Mr + Mr ↵ ) ↵ =
.
6
2
16 r
c) Utilizziamo il teorema dell’energia cinetica tra le posizioni A e C, osservando che la normale
~ e la forza di attrito statico F~as non compiono lavoro e che la forza peso è conservativa.
N
Utilizzando un riferimento verticale ŷ con origine in C, nella posizione A il CM del corpo rigido
si trova alla quota yA = h con velocità nulla. Nella posizione C il CM del corpo rigido si trova alla
quota yB = r con velocità vCM , diretta perpendicolarmente al muro, ~ux . Ricordando il teorema
2
di König per l’energia cinetica, in C abbiamo Ek = 12 Mtot vCM
+ 12 ICM ! 2 . Per la condizione di
puro rotolamento vCM = !r e dal teorema dell’energia cinetica si ha che:
Ek +
v2
1
1
2
Mtot vCM
+ ICM CM
+ Mtot g(r
2
2
r2
r
3
3 g(h r)
= M g(h r) ) vCM =
.
2
2
2
Ep = 0
4
2
) M vCM
3
)
h) = 0 )
L’urto completamente anelastico con il muro, fa sı̀ che il corpo si fermi. L’impulso J~ delle forze
esercitate dal muro sul corpo rigido è semplicemente la variazione di quantità di moto del corpo
durante l’urto:
r
9
g(h r)
J~ = J~ux = P~ = 0 Mtot vCM ~ux ) J~ =
M
~ux .
4
2
Compito A (Risultati) ICM = 2.3 · 10
Compito B (Risultati) ICM = 7.9 · 10
3
3
kg m2 , ↵ = 42.2 rad/s2 , J~ =
kg m2 , ↵ = 18.4 rad/s2 , J~ =
5
0.95 Ns ~ux
1.74 Ns ~ux
ESERCIZIO 3
−
−
Si consideri un sistema composto da tre corpi celesti di massa M. Si assuma che i corpi si trovino
disposti ai vertici di un triangolo equilatero e ruotino su un’orbita circolare di raggio R attorno al
loro centro di massa.
M
Si determinino per uno dei tre corpi (si noti che la scelta del corpo non
influenza il risultato):
a) il periodo Τ del moto;
b) l’energia cinetica K sull’orbita;
R
c) l’energia potenziale gravitazionale UG, assumendo nulla
l’energia potenziale gravitazionale tra due corpi che si
M
M
trovino a distanza infinita.
DATI NUMERICI
COMPITO A: M = 0.8⋅1030 kg
R = 1.2⋅108 km
COMPITO B: M = 3⋅1030 kg
R = 2⋅108 km
SOLUZIONI
Diagramma delle forze
a) Ognuno dei corpi è soggetto a 2 forze in modulo pari a FG= γ
M2
, dove d= R 3 è la mutua
d2
distanza tra i corpi, dirette lungo i lati del triangolo equilatero ai cui vertici si trovano i corpi
(l'angolo tra ognuna delle due forze e la congiungente tra il corpo M e il centro dell'orbita è dunque
pari a ϑ=30°). Scomponendo le due forze nelle direzioni tangenziale e normale all'orbita e scrivendo
la II legge della dinamica si trova, indicando con v il modulo della velocità di M:
dv
, da cui di ricava che v=cost (il moto è uniforme)
dt
- direzione û t :
FGsen(30°)− FGsen(30°)=m
- direzione û N :
v2
M2 3
v2
2FGcos(30°)=M , quindi 2 γ 2
=M , da cui si ricava il modulo della
R
3R 2
R
velocità sull'orbita: v= γ
M
2πR
e quindi il periodo Τ=
:
v
R 3
a)
Τ=2 πR
R 3
γM
b) Avendo già trovato la velocità di M sull'orbita dalla II legge della dinamica in direzione normale,
1
1
M
si ricava l'energia cinetica sull'orbita come: K= Mv 2 = Mγ
, da cui:
2
2
R 3
b)
K= γ
M2
M2 3
=γ
6R
2 3R
c) M è soggetto all'attrazione gravitazionale degli altri due corpi di massa M e distanti d= R 3 ,
quindi: UG= − γ
M2 
M2 
 , da cui:
+  − γ
R 3 
R 3 
c)
UG= − 2 γ
M2  2 3 M2 

= −
γ
3
R 
R 3 
SOLUZIONI NUMERICHE
COMPITO A:
a) T = 4.71·107s
b) K = 1.03·1038J
c) U = −4.11·1038J
COMPITO B:
a) T = 5.23·107s
b) K = 8.66·1038J
c) U = −3.47·1039J
Soluzioni della II prova in Itinere del corso di Meccanica, 16 gennaio 2015
Un blocco di massa M è inizialmente fermo su un piano liscio ed è appoggiato a una molla di
costante elastica k che si trova in condizione di riposo. Al tempo t0 = 0 una pallottola di fucile di
massa m colpisce il blocco e rimane conficcata al suo interno. L'urto comprime la molla di una
quantità Δx.
Si calcolino:
a) la velocità v1 del sistema blocco+pallottola subito dopo l'urto
b) la velocità iniziale v0 della pallottola.
Si assuma ora che il piano sia scabro e che il coefficiente di attrito dinamico tra blocco e piano sia
μd. Se il sistema blocco+pallottola è in moto con velocità v 1 quando la molla è in posizione di
riposo, si calcoli
c) la compressione Δx1 della molla in queste condizioni.
Dati numerici:
compito A: M = 1 kg, k = 150 N/m, m = 10 g, Δx = 8, μd = 0.6
compito B: M = 2 kg, k = 250 N/m, m = 30 g, Δx = 12, μd = 0.6
SOLUZIONE
Poiché inizialmente si considera un piano liscio, durante la compressione della molla applichiamo la
conservazione dell'energia meccanica per il sistema blocco+proiettile. Impostando ΔE=0, si ottiene
1
1
kΔx2- (m + M ) v12=0 da cui si ricava:
2
2
a) v1=Δx
k
m+M
Poiché l'urto è non vincolato, la quantità di moto del sistema si conserva. Il corpo M è fermo prima
dell'urto e, poichè l'urto è anelastico, dopo l'urto i corpi si muovono come un unico corpo di massa
r
m+M con velocità v1. Applichiamo ∆P = 0 proiettando sull'unico asse nel quale avviene il moto:
(m+M)v1-mv0=0, da cui si ricava:
b) v0=
∆x
k (m + M )
m
L'ultima parte del problema ipotizza un piano scabro e un corpo di massa m+M in moto con
velocità iniziale v1 che comprime la molla. Poiché il piano è scabro e il corpo è inizialmente in
r
)
moto, allora agisce la forza di attrito dinamico Fa = −µ d Nu x con N che si ricava dalla seconda
legge della dinamica proiettata lungo l'asse y: N-(M+m)g=0, da cui N=(M+m)g.
Poiché nel moto agisce la forza di attrito dinamico (non conservativa) possiamo applicare ΔE=W NC
durante lo spostamento Δx dell'estremo mobile della molla lungo l'asse x dalla posizione di
equilibrio alla posizione di massima compressione:
∆x r
r
r
1
1
1
2
2
kΔx - (m + M ) v1 = ∫ Fa ⋅ dx = - FaΔx, dove Fa= Fa =μdN Definendo K1= (m + M ) v12 l'energia
2
2
2
0
cinetica del sistema quando tocca la molla in posizione di riposo abbiamo:
1
kΔx2 + FaΔx-K1=0, da
2
cui si ottiene:
c) Δx1=
− Fa + Fa2 + 2kK1
k
(dove abbiamo scelto la soluzione positiva coerentemente col sistema scelto).
Risultati numerici
COMPITO A: (a) v1=0.97m/s; (b) v0=98.5m/s; (c) Δx1=0.05m
COMPITO B: (a) v1=1.33m/s; (b) v0=90.1m/s; (c) Δx1=0.08m
ESERCIZIO 2
Un filo inestensibile e di massa trascurabile è arrotolato attorno a un cilindro pieno di massa m = 1
kg. Il filo passa sopra una carrucola di massa trascurabile ed è collegato a un blocco di massa m che
pende a lato del tavolo. Il cilindro può rotolare senza strisciare sul tavolo. Il coefficiente di attrito
statico tra corpo e piano è μs = 0.4.
Si calcoli:
a) il modulo aB dell'accelerazione del blocco
b) il modulo T della tensione del filo
r
c) la forza di attrito statico Fa agente sul cilindro.
Dati numerici
Compito A: m=1 kg, μs = 0.4
Compito B: m= 2 kg, μs = 0.2
SOLUZIONE
DIAGRAMMA DELLE FORZE
Assumiamo un asse x positivo, un asse y rivolto verso il basso e un asse z rivolto verso
l'osservatore.
Premessa: Si noti che la forza di attrito Fa è rivolta nel verso positivo dell'asse x. Questo può essere dedotto
considerando che in assenza di attrito il corpo rotola e striscia. Studiando tale moto risulta che in assenza di attrito il
punto di contatto striscerebbe lungo l'asse x con accelerazione -T/m. La forza di attrito va ad opporsi a tale moto e deve
quindi essere rivolta nel verso positivo dell'asse x.
Il diagramma delle forze permette di impostare la II equazione della dinamica:
r
r
F
∑ i = ma per il
blocco e il centro di massa del cilindro. Inoltre, per quanto riguarda il cilindro, esso rotola senza
strisciare attorno al punto P di appoggio tra il cilindro e il piano per cui possiamo scrivere,
r r
r
r
scegliendo il punto P come polo: D x T = I P α , dove D è il braccio congiungente il punto P e il
punto di applicazione di T, in modulo pari a 2R e ortogonale a T. Utilizzando l'informazione di puro
r
r
r
r r
rotolamento, possiamo legare la velocità angolare α all'accelerazione a CM del sistema: a CM = α x R ,
eguagliando poi le componenti in direzione x. Si noti inoltre che il blocco si muove verso il basso
(aB>0 nel sistema di riferimento scelto) con accelerazione pari in modulo a quella del punto D di
r r r
distacco del filo (aB=aD), che si muove con accelerazione a D = α x D , che in modulo porta a:
aB=aD=2Rα=2aCM.
r
)
Da queste considerazioni otteniamo il seguente sistema (considerando α = −αu z ):
mg − T = ma B
 N − mg = 0

T + Fa = ma CM


3
2
− 2RT = − 2 mR α

a CM = αR
a = 2a
CM
 B
3
3
Da cui otteniamo: T= ma CM = ma B che, inserita nella prima equazione porta a:
4
8
a)
aB=
b)
T=
c)
8
g
11
3
mg
11
r 1
F a= mg û x
11
r
N.b. si verifica in entrambi i casi che F a<μsN, quindi vale la condizione di puro rotolamento!
Risultati numerici
COMPITO A: (a) 7.13 m/s2, (b) 2.67 N, (c) 0.89 N
COMPITO B: (a) 7.13 m/s2, (b) 5.35 N, (c) 1.78 N
ESERCIZIO 3
Due corpi di massa m1 e m2 = 2m1 sono connessi attraverso un'asta di massa trascurabile e
lunghezza D, formando un corpo rigido. Il corpo è posto su un tavolo orizzontale senza attrito, con
l'asta inizialmente posta come in figura. Al tempo t0=0, all'oggetto di massa m1 viene applicata una
forza F in direzione perpendicolare all'asta per un breve intervallo di tempo Δt (millisecondi). Dopo
che la forza F cessa di agire si calcolino (trascurando lo spostamento del corpo durante l'azione
della forza F):
r
a) la velocità angolare ω del sistema
r
b) la velocità v CM del centro di massa del sistema
c) l'energia cinetica K del sistema
r
d) il momento angolare L del sistema rispetto al centro di massa.
Dati numerici
Compito A: m1 = 5 kg, D = 90 cm, F = 100 N, Δt = 5 ms
Compito B: m1 = 3 kg, D = 60 cm, F = 200 N, Δt = 2 ms
SOLUZIONE
r
r
r
r r
Ricordiamo che, scelto un polo P, vale: r x J = ∆ L = ∆ L CM + ∆L' . Scegliamo il polo coincidente
con il centro di massa (da calcolare). Allora poiché il corpo è inizialmente fermo vale:
r
r
r
r
r r
rCM x J = ∆L' = ICM ω . rCM è il braccio di F rispetto al centro di massa.
Per calcolare la posizione del centro di massa del corpo, consideriamo un asse y parallelo all'asta
r
congiungente i due corpi con origine nel punto di azione di F e otteniamo che yCM=2/3D. Questo ci
permette di calcolare ICM=m1(2/3D)2+m2(1/3D)2. Data la relazione tra m1 e m2 otteniamo ICM=
2
m1D 2 . Proiettando l'equazione per l'impulso angolare sull'asse z uscente dal piano su cui
3
r
giacciono F e l'asse y otteniamo:
2
2
D F ∆t = m1 D 2 ω . Quindi:
3
3
r F ∆t r
uz
a) ω =
m1 D
r
Data la forza F , possiamo scrivere per il teorema dell'impulso:
r ∆t r
r
J = ∫ F dt = ∆P
0
r
Da cui, proiettando lungo l'asse x lungo il quale è diretto J , otteniamo:
FΔt=3mvCM e quindi:
F ∆t r
v
ux
b) v CM =
3m1
Per quanto riguarda l'energia cinetica del corpo, ricordiamo il teorema di König: K=K CM+K'. Allora:
1
1
2
2
K= (m1 + m 2 ) v CM + ICM ω , da cui si ottiene
2
2
c) K =
1 F 2 ∆t 2
2 m1
Per quanto riguarda il momento angolare del corpo rispetto al centro di massa vale come già detto
r
r
in precedenza: ∆L' = I CM ω . Da cui:
r 2
d) ∆L' = D F ∆t u z
3
Risultati numerici
)
)
)
COMPITO A: (a) 0.11 rad/s, u z (b) 3.3 10-2 m/s u x , (c) 2.5 10-2 J, (d) 0.30 kg m2/s u z
)
)
)
COMPITO B: (a) 0.22 rad/s u z , (b) 4.4 10-2 m/s u x , (c) 2.7 10-2 J, (d) 0.16 kg m2/s u z
- ESERCIZIO 1 Un'autovettura di massa m percorre una curva di raggio R e angolo θ a velocità costante in modulo.
Se il coefficiente di attrito statico tra pneumatici e asfalto è pari a µs, si determini:
a) il modulo vmax della velocità massima con la quale l'auto può percorrere la curva.
Se l'auto si muove con velocità v1 si determinino:
b) il modulo Fas della forza di attrito statico tra l'auto e
l'asfalto;
c) l'intervallo di tempo ∆t impiegato per percorrere la curva
d) si rappresenti il grafico θ(t) della posizione angolare di m
lungo la curva tra gli istanti t1 = 2 s e t2 = 5 s.
DATI NUMERICI
Compito A: m = 700 kg
R = 50 m
θ = 140°
µs = 0.7
v1 = 36 km/h
Compito B: m = 850 kg
R = 75 m
θ = 125°
µs = 0.6
v1 = 54 km/h
SOLUZIONI
Diagramma delle forze
a) L’unica forza agente nel piano della curva è la forza di attrito statico tra pneumatici e asfalto.
Poiché il corpo percorre la curva a velocità costante, l’unica componente di accelerazione è rivolta
in direzione normale alla traiettoria e deve essere dovuta all’unica forza agente nel piano della
curva, ovvero alla forza di attrito statico. La II legge della dinamica (con riferimento al sistema di
riferimento in figura) si scrive quindi in direzione normale e nella direzione verticale come:
I: lungo û N
Fas=mac= m
II: lungo la verticale
N−mg=0
Da cui: m
v2
= Fas ≤ µsN = µsmg, da cui v ≤
R
v2
R
µs gR , quindi
a) vmax= µs gR
b) Se il corpo si muove con velocità v1<vmax, continua a valere la I precedentemente scritta, quindi
b)
Fas = m
v12
R
c) Il corpo si muove lungo la curva a velocità costante in modulo. La lunghezza della curva (ovvero
dell’arco di circonferenza) è L=Rϑ. Dalla legge del moto uniforme si ottiene ∆t =
c)
∆t =
L
, quindi
v1
Rθ
v1
d)
SOLUZIONI NUMERICHE
Compito A: vmax = 18.5 m/s
Fas = 1400 N
t = 12.2 s
Compito B: vmax = 21.0 m/s
Fas = 2550 N
t = 10.9 s
- ESERCIZIO 2 Un corpo di massa m1 e dimensioni trascurabili, inizialmente fermo su un piano orizzontale liscio,
viene messo in moto da un impulso in modulo pari a J come rappresentato in figura. In seguito, m1
attraversa una porzione di piano scabro di lunghezza d, uscendone con velocità vb.
Si determinino:
r
a) il modulo va della velocità di m1 nell'istante in cui cessa l'azione dell'impulso J ;
b) il coefficiente di attrito dinamico µd tra il piano scabro e la massa m1.
Superato il piano scabro, il corpo m1 urta in modo completamente anelastico una massa m2 di
dimensioni trascurabili ferma su un piano orizzontale liscio. Dopo l'urto, i due corpi rimangono
attaccati e giunti al termine del piano orizzontale proseguono il moto su un piano inclinato liscio. Si
determinino:
c) il modulo vf della velocità dei due corpi immediatamente dopo l'urto;
d) la massima altezza h rispetto al suolo raggiunta dai due corpi durante la salita del piano inclinato.
DATI NUMERICI
Compito A: m1 = 500 g
J = 2 Ns
d = 40 cm
vb = 3.6 m/s
m2 = 100 g
Compito B: m1 = 300 g
J = 1 Ns
d = 80 cm
vb = 2.5 m/s
m2 = 200 g
SOLUZIONI
r
r
r r
a) Per il teorema dell’impulso vale J = ∆p1 = m1( va − v 0 ) . Proiettando in direzione x (unica
direzione del moto) e considerando che il corpo è inizialmente fermo si ottiene: J = m1va, da cui:
a)
va =
J
m1
r
b) Sul corpo agiscono la normale N e la forza peso che non compiono lavoro perché perpendicolari
allo spostamento. Agisce inoltre la forza di attrito dinamico, parallela e opposta allo spostamento.
r
r
Dal teorema dell’energia cinetica varrà: ∆K= ∑ Wi =Wad= ∫ Fad ⋅ d s = ∫ Fad dx cos α = ∫ − Fad dx =
−µdmgd (poiché forza e spostamento hanno verso opposto, α = 180° e cosα=−1), da cui
1
1
mvb2− mva2 = −µdmgd, quindi:
2
2
b)
va2 − v 2b
µd =
2gd
c) L’urto è completamente anelastico, non vincolato. Si può impostare la conservazione della
quantità di moto nel sistema: ∆ =0. Considerando che l’urto in questo caso è monodimensionale e
che m2 è inizialmente fermo, la conservazione della quantità di moto si imposta lungo l’asse delle x
come: m1vb=(m1+m2)vf, da cui si ricava:
c)
vf =
m1
vb
m1 + m 2
d) Poiché il piano è liscio, sul sistema formato dai due corpi durante la salita agiscono solo la
normale N (perpendicolare allo spostamento, quindi non compie lavoro) e la forza peso
(conservativa). Possiamo quindi imporre la conservazione dell’energia meccanica: ∆E=∆Ug+∆K=0.
Prendendo come quota di riferimento per la valutazione dell’energia potenziale della forza peso la
quota della base del piano e considerando che giunto alla quota massima il sistema ha velocità nulla
abbiamo: (m1+m2)gh −
1
(m1+m2)vf2=0, da cui:
2
2
d)
m1
v2
v 2b
h= f =
2g (m1 + m 2 ) 2 2g
SOLUZIONI NUMERICHE
Compito A: a) va = 4.0 m/s
b) µd = 0.39
c) vf = 3.0 m/s
d) h = 0.46 m
Compito B: a) va = 3.3 m/s
b) µd = 0.31
c) vf = 1.5 m/s
d) h = 0.11 m
ESERCIZIO 3
Una lastra omogenea di lunghezza L e massa m poggia su un cilindro di massa
m e raggio R e su un supporto liscio S di altezza 2R fissato al pavimento. Inizialmente, il punto P di appoggio tra la lastra e il cilindro coincide con l’estremo
destro della lastra e il supporto si trova a distanza d dal punto P. Il sistema è
inizialmente in quiete.
Figure 1:
Si determini:
a) il modulo RN della reazione normale tra il supporto S e la lastra.
All’istante t0 , viene applicata alla lastra una forza orizzontale di modulo F = 2 N
(vedi figura 2) e il sistema si mette in moto. Tra la lastra e il cilindro e tra
il cilindro e il pavimento è presente attrito (coefficiente di attrito statico µs ),
mentre tra il supporto S e la lastra non c’è attrito. Si nota che il cilindro
rotola senza scivolare rispetto al pavimento e che la lastra non scivola rispetto
al cilindro.
b) Si rappresenti il diagramma delle forze per la lastra e per il cilindro all’istante
t0 .
Si determinino nel sistema di riferimento rappresentato in figura 2:
c) l’accelerazione angolare α
~ del cilindro,
d) la forza di attrito statico f~as,cp tra il cilindro e il pavimento.
Figure 2:
DATI NUMERICI
COMPITO A: L = 5 m m = 10 kg R = 0.5 m d = 3 m F = 2 N µs = 0.4
COMPITO B: L = 4 m m = 8 kg R = 0.4 m d = 3 m F = 4 N µs = 0.2
SOLUZIONE
a) Impostiamo le equazioni delle forze e dei momenti per la lastra S nel caso
P
P ~
statico: i F~i = 0 e i M
i = 0, scegliendo come polo per i momenti il punto P
di contatto tra la lastra e il cilindro:
Figure 3: (il versore ûz è uscente dal piano del foglio)


L
mg = 0
lungo ẑ
2

RN + NL,C − mg = 0 lungo ŷ
−dRN +
Dalla 2a otteniamo subito:
a) RN =
L
mg
2d
(1a)
(1b)
b)Il diagramma delle forze per la lastra e per il cilindro all’istante t0 è:
P
c) Impostiamo ora le equazioni delle forze i F~i = m~a per entrambi i corpi e
P ~
~
dL
l’equazione dei momenti i M
i = dt per il cilindro. Scegliendo come polo per i
momenti il punto C di contatto tra il cilindro e il pavimento,
P ~ e considerando il
~ , dove
moto del cilindro di pura rotazione attorno a C, si ha: i Mi,c = Ic α
α
~ = αûz con ûz uscente e α è la componente di α̂ lungo z. Dunque il sistema di
equazioni è il seguente:

F − Fas,1 = maL
(2a)




Fas,1 + Fas,2 = maCM,C
(2b)



1
3
−2RFas,1 = ( mR2 + mR2 )α → Fas,1 = − mαR
(2c)

2
4




(2d)
 aCM = −αR

aL = −2αR
(2e)
Dove 2d rappresenta la condizione di puro rotolamento del cilindro e la 2e
rappresenta la condizione di non scivolamento della lastra rispetto al cilindro.
I segni sono scelti coerentemente con il sistema di riferimento scelto, e
mostrato in Figura 3.
Sotituendo la 2c tramite la 2e nella 2a, si ottiene:
3
F + mαR = −2mαR
4
ovvero:
F =−
11
4 F
mαR → α = −
4
11 mR
dunque
c) α
~ = αûz = −
3
4 F
ûz
11 mR
(3)
Sostituendo la 3 nella 2c si ottiene:
Fas,1 =
3
F
11
che sostituita a sua volta nella 2b dà:
Fas,2 =
4
3
1
F− F = F
11
11
11
1
d) F~as,cp = F ûx
11
SOLUZIONI NUMERICHE
COMPITO A: RN = 81.7 N c) α
~ = −0.15 rad/sec2 ûz
d) F~as,cp = 0.18 N ûx
COMPITO B: RN = 52.3 N c) α
~ = −0.45 rad/sec2 ûz
d) F~as,cp = 0.36 N ûx
-
ESERCIZIO 1
-
Un corpo di massa m1 = 200 g si trova su un tavolo liscio. Il corpo m1 è mantenuto inizialmente
fermo, appoggiato ad una molla di costante elastica k = 200 N/m, inizialmente compressa. Ad un
certo istante, m1 è lasciato libero di muoversi.
Dopo che la molla ha raggiunto la posizione di equilibrio, m1 si stacca dalla molla e all'istante
t1=1.5 s colpisce un corpo di massa m2 = 300 g, inizialmente fermo al bordo del tavolo. L'urto è
!
elastico e monodimensionale. Immediatamente dopo l'urto, m2 si muove con velocità v 2 =1m/s û x .
I due corpi possono essere considerati puntiformi.
!
a) Qual è la velocità v1 del corpo m1 dopo l'urto?
b) Qual è il modulo |Δx| della compressione iniziale della molla?
Sapendo che m2 atterra a una distanza L = 40 cm dalla base del tavolo:
c) Qual è l'istante t2 nel quale m2 tocca il suolo?
SOLUZIONI
a) Poiché i corpi non sono vincolati possiamo impostare la conservazione della quantità di moto del
sistema durante l'urto. Inoltre, poiché il testo dichiara che l'urto è elastico, si può impostare la
conservazione di energia cinetica. Ricordando che l'urto è monodimensionale, indichiamo con v0 e
v1 le componenti in direzione x delle velocità di m1 prima e dopo l'urto e indichiamo con v2 la
componente in direzione x della velocità di m2 dopo l'urto.
Vale quindi:
I
m1v0= m1v1+ m2v2
II
1
1
1
m1v 02 = m1v12 + m 2 v 22
2
2
2
1 æ m ö
da cui elevando I al quadrato e sostituendo in II, si ottiene: v1= v 2 çç1 - 2 ÷÷ , da cui:
2 è m1 ø
!
1 æ m - m1 ö
a) v1 = - v 2 çç 2
÷ û x
2 è m1 ÷ø
b) Dall'istante iniziale (molla compressa, m1 fermo) all'istante precedente l'urto (molla a riposo, m1
!
in moto con velocità v 0 ) le uniche forze agenti sono la forza peso (perpendicolare al moto), la
normale N (perpendicolare al moto) e la forza elastica (conservativa). L'unica forza a compiere
lavoro è dunque la forza elastica e possiamo impostare conservazione dell'energia meccanica:
1
1
1
1
k (Dx ) 2 = m1v02 = m1v12 + m 2 v 22 , dove la seconda eguaglianza deriva dal fatto che l'urto è
2
2
2
2
elastico (v. eq. II al punto a). Da cui: Δx = ±
m1 2 m2 2
v1 +
v2 = v 2
k
k
æ m12 + m 22 - 2m1m 2
ö 1
çç
+ m 2 ÷÷ × .
4m1
è
ø k
Quindi:
b)
1
|Δx| = (m1 + m 2 ) v 2
2
1
m1k
c) Durante il moto (parabolico) di m2, in direzione x il moto è uniforme, quindi: L = v2·(t2-t1), da
cui:
c) t2 = t1 +
L
v2
SOLUZIONI NUMERICHE:
!
m
a) v1 = -0.25 û x
s
b) |Δx| = 0.04 m
c) t2 = 1.9 s
Esercizio 2
Due masse mA e mB sono connesse da un filo inestensibile di massa trascurabile che gira senza
attrito attorno ad una carrucola ideale (liscia e di massa nulla), come rappresentato in figura.
I coefficienti di attrito statico e dinamico tra le superfici di contatto dei due corpi A e B, sono
pari, rispettivamente, a µs = 0.5 e µd = 0.2. Il piano su cui poggia il corpo B è liscio. Al
corpo B è inizialmente applicata una forza F~1 come rappresentato in figura e il sistema risulta
complessivamente in equilibrio statico:
a) Calcolare la forza di attrito statico f~as agente sulla massa B.
Applicando ora una forza F~2 al corpo B, si osserva che il sistema costituito dai due corpi si mette
in movimento:
b) Calcolare l’accelerazione ~a del corpo B.
c) Calcolare il modulo T della tensione del filo.
Compito A (Dati): mA = 2.5 kg, mB = 3mA , µs = 0.5, µd = 0.2, F~1 = 15N ~ux , F~2 = 30N ~ux
(nel punto a)) fas o fad (dal punto b))
^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^
T
B
NAB
NB
F1 (nel punto a))
F2 (dal punto b))
mB g
SOLUZIONE:
a) Impostiamo il diagramma delle forze per entrambi i corpi A e B, come rappresentato in figura
qui sotto. Data la condizione di equilibrio statico del sistema (accelerazione del sistema nulla),
impostiamo la seconda legge di Newton lungo le direzioni ~ux e ~uy per i due corpi:
(nel punto a)) fas o fad (dal punto b))
(nel punto a)) fas o fad (dal punto b))
T
^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^
T
NAB
A
B
NAB
NB
^^^^^^^^^^^^^^^^^^^
mA g
F1 (nel punto a))
F2 (dal punto b))
mB g
(
~ux :
~uy :
(
~ux :
~uy :
F1
NB
fas
T =0
NAB
T
mA g = 0
fas =(nel
0 punto a)) fas o fad (dal punto b))
NAB
T
mB g = 0.
NAB
A
^^^^^^^^^^^^^^^^^^^
mA g
Dalla prima equazione del sistema si ha T = fas e, inserendo questo risultato nella terza
equazione del sistema, si ottiene la forza di attrito statico:
F1
~ux
2
f~as =
a)
(1)
max = µ m g, il sistema si mette in movimento. Scriviamo
b) - c) Dato che, ora, la forza F2 > fas
s A
la seconda legge della dinamica lungo le direzioni ~ux e ~uy per i due corpi
(
~ux : fad T = mA a
~uy :
(
~ux :
~uy :
NAB
mA g = 0
T
fad = mB a
F2
NB
NAB
mB g = 0.
Si noti che l’accelerazione dei due corpi è in modulo pari ad a, ma cambia di segno se riferita al
corpo A o al corpo B, a ⌘ aB = aA . Ricavando la tensione T dalla prima e sottraendo la prima
equazione dalla terza, ricordando che la forza di atttrito dinamico fad = µd NAB , otteniamo il
sistema
⇢
T = mA a + µd NAB
F2
2µd NAB = (mA + mB )g
da cui si ottengono accelerazione del sistema a e tensione del filo T :
b)
a=
F2 2µd mA g
mA + mB
c)
T =
mA
(F2
mA + mB
2µd mA g) + µd mA g
max | = 12.26 N, a = 2.02 m/s2 , T = 9.95 N
Compito A (Risultati): |f~as | = 7.50 N, |f~as
(2)
Esercizio 3
Una sbarra omogenea di massa m e lunghezza L è libera di muoversi nel piano verticale, ruotando
senza attrito attorno ad un perno passante per il punto O posto a distanza L4 dall’estremo al
quale è vincolato un corpo di massa m2 (v. figura). All’estremo opposto, è vincolato un corpo
di massa m1 . I corpi m1 e m2 possono essere considerati puntiformi. Il sistema è inizialmente
mantenuto perfettamente orizzontale dall’applicazione di un’opportuna forza esterna. Ad un
dato istante la forza esterna cessa di agire.
a) Calcolare il limite inferiore relativo alla massa m1 affinché il sistema ruoti in senso antiorario.
Sia ora m1 = m:
b) determinare il momento di inerzia I del sistema rispetto all’asse passante per O e perpendicolare al piano rappresentato in figura.
Il sistema, lasciato libero di ruotare, ad un certo istante si inclina di un angolo ✓ rispetto
all’orizzontale.
c) Calcolare il modulo ↵ dell’accelerazione angolare del sistema in tale istante.
Compito A (Dati): m = 100 g, L = 40 cm, m2 = 2m, ✓ = 30
SOLUZIONE:
a) Assumendo che l’asse in direzione ~uz sia perpendicolare al foglio e uscente da esso, la condizione affinché il sistema ruoti in senso antiorario è che la componente lungo z del momento
totale delle forze agenti sul sistema sia positiva. In formule, il momento totale delle forze agenti
~ tot = Mtot ~uz e la condizione di rotazione in senso antiorario
sul sistema (rispetto al polo O) è M
è Mtot > 0. Il momento totale è la somma dei singoli momenti (rispetto al polo O) delle forze
peso agenti sui corpi m1 e m2 e sulla sbarra omogenea m (con punto di applicazione della forza
peso nel centro di massa):
✓
◆
3
1
1
1
~
Mtot =
L m1 g
L m2 g + L m g ~uz = L g (3m1 m2 + m) ~uz .
(3)
4
4
4
4
Impostando la condizione Mtot > 0 e m2 = 2m, si ottiene il limite inferiore per la massa m1 tale
da far ruotare il sistema in senso antiorario:
a)
m1 >
m
3
(4)
b) Il momento di inerzia rispetto ad un asse perpendicolare al foglio e passante per il punto O,
è dato dalla somma dei singoli momenti di inerzia per i corpi m1 e m2 e la sbarra omogenea m:
✓
◆
9
1
1
1
5
5
2
2
2
2
I = m1 L + m2 L + mL + mL =
m2
m L2 ,
(5)
16
16
12
16
8
12
1
1
dove è stato usato il teorema di Huygens-Steiner per la sbarra Im = 12
mL2 + 16
mL2 e m1 = m
(come indicato nel testo). Inserendo nell’equazione m2 = 2m, otteniamo
b)
5
I = mL2 .
6
(6)
~ tot (✓) = I ↵
c) Per il sistema in rotazione, ad un dato angolo ✓, vale l’equazione dinamica M
~,
con ↵
~ = ↵~uz . Ciascuna delle forze peso applicate ai corpi che compongono il sistema, forma un
angolo ✓ con l’orizzontale, pertanto ogni momento di tali forze rispetto al polo O è moltiplicato
~ tot (✓) = M
~ tot cos ✓ = I↵ cos ✓~uz .
per un fattore sin(90
✓) = cos ✓, da cui si ottiene che M
Inserendo il momento d’inerzia I calcolato al punto b), otteniamo
c)
Compito A (Risultati) m1 >
m
3
↵=
3g
cos ✓ .
5L
= 0.033 kg, I = 0.013 kg m2 , ↵ = 12.74 rad/s2
(7)
−
ESERCIZIO 1
−
Due masse m1 = 15 kg ed m2 = 10 kg sono inizialmente ferme su un piano orizzontale liscio e
appoggiate agli estremi di una molla di costante elastica k1 = 2000 N/m, mantenuta compressa. Ad
un certo istante, la molla viene rilasciata. Dopo che la molla raggiunge la lunghezza a riposo, si
osserva che la massa m2 si muove con velocità v2=2.4 m/s nel verso positivo dell'asse x. Si
determinino:
a) la compressione iniziale Δl1 della molla k1;
b) il tempo Δt impiegato da m2 per percorrere una distanza d = 1.2 m.
Al termine del piano orizzontale, il corpo m2 sale lungo un piano scabro inclinato di θ = 30° rispetto
all'orizzontale e durante la salita comprime una molla di costante elastica k2 = 10 N/m. Sapendo che
il corpo m2 si ferma alla quota h=15 cm quando la molla k2 è compressa di Δl2 = −5 cm, si
determinino:
c) il lavoro Wad compiuto dalla forza di attrito
dinamico durante la salita di m2 lungo il piano
inclinato;
d) il coefficiente di attrito dinamico μd tra il
piano inclinato ed m2.
SOLUZIONI
a) Poiché sul sistema molla+m1+m2 non agiscono forze esterne al sistema in direzione x, la quantità
di moto in tale direzione si conserva. Inoltre l'unica forza agente in direzione non perpendicolare
allo spostamento (e che quindi può compiere lavoro) è la forza elastica (conservativa), quindi si può
impostare la conservazione dell'energia meccanica tra l'istante di massima compressione della molla
e l'istante in cui la molla si riporta nella condizione di riposo:
m1v1 + m 2 v 2 = 0
I: conservazione q.m. lungo x:
1
1
1
m1v12 + m 2 v 22 − k1∆l12 = 0
2
2
2
2
m
m
2 2
Da I si ricava: v1=−v2 2 , che inserito in II porta a:
v 2 + m 2 v 22 = k1∆l12 , da cui:
m1
m1
II: conservazione energia meccanica:
Δl1=±v2
m2  m2 
1 +
 . Considerando che inizialmente la molla è compressa:
k1 
m1 
a) Δl1 = − v2
m2  m2 
1 +

k1 
m1 
b) Dopo il distacco di m2 dalla molla, nel moto sul piano orizzontale non agiscono forze in
direzione x, quindi dalla legge oraria del moto rettilineo uniforme: d=v2Δt, da cui:
b)
Δt =
d
v2
c) Ricordando che durante il moto di un corpo vale ΔU+ΔK=WNC, si consideri che durante la salita
del corpo lungo il piano inclinato agiscono la forza peso (conservativa), la forza elastica
(conservativa), la normale (che non compie lavoro perchè perpendicolare allo spostamento) e la
forza d'attrito (non conservativa). In questo caso quindi, tra la base del piano inclinato e il punto di
altezza massima in condizione di massima compressione della molla k2 vale: ΔUg+ΔUe+ΔK=WNC.
1
1
Quindi: m2gh−0+ k 2 ∆l 22 −0+0− m 2 v 22 =WNC. Quindi:
2
2
1
1
WNC= m2gh+ k 2 ∆l 22 − m 2 v 22
2
2
c)
d) Esplicitando l'equazione per il calcolo del lavoro compiuto dalla forza di attrito dinamico e
notando che la forza di attrito dinamico vale in modulo μdN=μdm2gcosθ, diretta in direzione uguale
e
opposta
allo
spostamento
lungo
il
piano
inclinato
si
ottiene:
∆l
r
r
r
r max
h
WNC= ∫ Fad ⋅ d s = ∫ µ d m 2g cos θ cos ϕ dl , dove φ=180° è l'angolo tra i vettori Fad e d s e Δlmax=
é
senθ
0
lo spostamento lungo il piano inclinato, quindi WNC= −
h
senθ
h
∫ µ m g cos θ dl = − µ m g cos θ senθ , da
d
2
d
2
0
cui:
μd= −
d)
WNC
tanθ
m 2gh
SOLUZIONI NUMERICHE
a) Δl1 = −0.22 m
b) Δt = 0.50 s
−
c) W = −14.1 J
ESERCIZIO 2
Un corpo di massa M incognita è appoggiato su un
piano orizzontale liscio ed è connesso mediante un filo
inestensibile ad una puleggia C, sospesa a lato del
tavolo. Alla puleggia C sono appesi 2 corpi di massa
−
d) μd = 0.55
m1= 1 kg ed m2 = 2 kg come in figura. I fili e la puleggia hanno massa trascurabile.
Sapendo che la massa m1 si muove con velocità costante, si determinino:
a) il diagramma delle forze agenti sulle masse M, m1, m2 e la puleggia C;
r
b) l'accelerazione a 2 della massa m2 nel sistema di riferimento orientato come in figura;
c) il modulo T1 della tensione agente su M.
r
d) l'accelerazione a M del corpo M.
SOLUZIONI
a) Diagramma delle forze
b-c-d) Studiamo la dinamica del sistema e impostiamo la II equazione della dinamica
r
r
F
∑ i = ma ,
proiettando lungo gli assi x e y. Poiché il testo dice che v1 è costante allora a1=0.
M lungo y
N−Mg = 0
I
M lungo x
T1 = MaM
II
C lungo y (mC=0)
T1−2T2 = 0
III
m1 lungo y
T2−m1g = 0
IV
m2 lungo y
T2−m2g = m2a2
V
Si noti che ci sono 5 equazioni e 6 incognite (N, T1, T2, M, aM, a2). Serve quindi un'informazione
aggiuntiva per chiudere completamente il sistema. Notiamo però che le equazioni III-IV-V formano
un sottosistema chiuso, che permette di rispondere direttamente alle domande b) e c).
Sostituendo IV in V si trova immediatamente: a2=
m1 − m 2
g , quindi:
m2
r
m − m1 )
a2 = − 2
gu y
m2
b)
Inoltre, inserendo IV in III: T1=2T2=2m1g
c)
T1=2m1g
Per rispondere alla domanda d), è necessaria un'ulteriore relazione per chiudere completamente il
sistema. Per trovarla, mettiamoci nel sistema di riferimento (SDR) di C. Tale SDR è in moto lungo
l'asse y con accelerazione − aM (si noti infatti che M e C sono connessi tra loro da filo inestensibile quindi in modulo le accelerazioni di M e C devono essere uguali - e che se M si muove in direzione
positiva dell'asse x, C si muove in verso opposto a orientazione dell'asse y, e viceversa).
In tale SDR le accelerazioni di m1 e m2 sono uguali e opposte (perchè sono connesse tra loro da un
filo inestensibile). Quindi:
a'1 = − a'2,
*
e le relazioni tra le accelerazioni nell'SDR fisso e nell'SDR di C sono:
a1 = 0 = − aM + a'1
**
a2 = −aM + a'2
***
Da *, **, *** si ricava l'equazione necessaria per la chiusura del sistema:
a2 = − 2aM
VI
Quindi, inserendo VI nella relazione trovata per la risposta b):
d)
aM=
m 2 − m1
g
2m 2
SOLUZIONI NUMERICHE
b) a2 = − 4.9 m/s2
c) T1 = 19.6 N
−
d) aM = 2.45 m/s2
ESERCIZIO 3
−
Un'asta di lunghezza L = 1 m e un'asta di lunghezza 2·L, entrambe omogenee e di massa M = 3 kg,
sono connesse come in figura. Il sistema giace nell'asse verticale e può ruotare senza attrito attorno
ad un asse passante per O e perpendicolare al piano rappresentato. Il sistema inizialmente è in
quiete. Si determinino:
a) il momento d'inerzia IO del sistema rispetto al perno O;
b) la distanza dCM tra il perno O e il centro di massa CMS del sistema.
r
Ad un certo istante, al centro di massa del sistema CMS viene applicato un impulso J = J û x .
Trascurando lo spostamento del corpo durante l’azione dell'impulso e sapendo che il modulo della
velocità angolare del sistema appena cessata l'azione dell'impulso è ω1 = 2 rad/s, si determinino:
c) il modulo J dell'impulso;
d) l'energia cinetica Kf del sistema quando esso ha compiuto una rotazione di 50°
SOLUZIONI
a) Calcoliamo separatamente il momento d'inerzia dell'asta orizzontale e di quella verticale.
Notiamo che entrambe ruotano attorno ad un asse passante per O e perpendicolare alle aste.
Sapendo che il momento d'inerzia di un'asta rigida attorno ad un asse passante per il suo CM e
perpendicolare all'asta vale
1
Md 2 possiamo calcolare il momento d'inerzia delle sbarre attorno
12
all'asse passante per O applicando il teorema di H-S. Per quanto riguarda l'asta verticale, l'asse
passante per O dista L dal centro di massa dell'asta, per cui: Ivert,O=
1
4
M (2L) 2 + M (L) 2 = ML2 . Il
12
3
centro
perno
di
massa
dell’asta
orizzontale
dista
2L
dal
O,
quindi:
Iorizz,O=
1
1
49
M (L) 2 + M (2L) 2 = ML2 + 4ML2 =
ML2 , da cui si ricava il momento d’inerzia totale: IO=
12
12
12
4
49
Ivert,O+ Iorizz,O= ML2 + ML2 , quindi:
3
12
a)
IO =
65
ML2
12
b) Considerando che il CM dell’asta verticale si trova a distanza L da O e quello dell’asta
orizzontale a distanza 2L da O si ha: dCM=
ML + M ⋅ 2L
M+M
b)
dCM =
3
L
2
c) n.b. il corpo è vincolato al perno O, che esercita quindi forze esterne sul sistema. Non si può
r
quindi attribuire la variazione della quantità di moto del sistema solo all’azione dell’impulso J .
Poiché le forze vincolari del perno agiscono in O, scegliendo O come polo il momento dell’impulso
r
delle forze vincolari è nullo e l’unico impulso avente momento non nullo è J . Per il teorema del
r
r r
r
momento dell’impulso vale: ∆LO = rO × J , dove rO è il braccio che congiunge il polo O con CMS.
r
Poiché il corpo è inizialmente fermo vale Li, O = 0 ; dopo l’azione dell’impulso il moto è di pura
rotazione attorno all’asse passante per O e perpendicolare al piano in cui giace il corpo, quindi
r
Lf , O = IO ω1û z , con û z versore perpendicolare al piano del corpo e uscente da esso. Quindi
r
r
r
r r
r r
∆LO = Lf , O − Li , O = I O ω1û z = rO × J . Considerando che rO × J =dCMJ û z , eguagliando i moduli si
ottiene:
c)
J=
IOω1 65
=
MLω1
d CM 18
d) Poiché il perno è liscio, durante il moto agiscono solo la forza vincolare del perno (che non
compie lavoro perché il perno è fisso) e la forza peso (conservativa). Possiamo quindi impostare
durante il moto la conservazione dell’energia meccanica: ΔU+ΔK=0. Ponendo a 0 la quota iniziale
di CMS prima dell’urto, la quota finale sarà hf=dCM(1-cosθ). Considerando inoltre che appena
cessata
l’azione
dell’impulso
vale
1
Ki= IOω12 ,
2
varrà:
Uf−U0+Kf−K0=0,
quindi:
1
1
(2M)gdCM(1−cosθ)−0+Kf− IOω12 =0, da cui: Kf= IOω12 −(2M)gdCM(1−cosθ), sostituendo:
2
2
d)
Kf=
65
ML2ω12 −3MgL(1−cosθ)
24
SOLUZIONI NUMERICHE
a) IO = 16.25 kg m2
b) dCM = 1.5 m
c) J = 21.7 N s
d) Kf = 0.99 J
ESERCIZIO 1
Due blocchi di massa m1 e m2 sono connessi da un filo ideale libero di scorrere
attorno ad una carrucola di massa trascurabile. I due blocchi si muovono su un
piano inclinato di un angolo rispetto all’orizzontale.
Se il coefficiente di attrito dinamico tra il piano e i due corpi è µd , si determinino:
a) il vettore ~a2 dell’accelerazione di m2 nel sistema di riferimento rappresentato
in figura;
b) il modulo T della tensione del filo
c) il lavoro Wattr,1 compiuto dalla forza di attrito dinamico sul corpo m1 durante il moto da quota h1 a quota h2 rispetto alla base del piano inclinato.
DATI NUMERICI
COMPITO A: m1 = 2 kg m2 = 6 kg θ = 25◦
µd = 0.18
COMPITO B: m1 = 2 kg m2 = 4 kg θ = 50◦
µd = 0.3
SOLUZIONI
a-b) Il diagramma delle forze è:
P
Applicando i F~i = m~a ai due corpi lungo x e y, nel sistema di riferimento
indicato figura, considerando che, essendo la carrucola priva di massa, le due
tensioni sono uguali ed essendo il filo inestensibile, le due accelerazioni sono
uguali in modulo ma opposte; si ottiene il seguente sistema di equazioni:

N1 − m1 g cos θ = 0
(1a)





(1b)
 T − Fad,1 − m1 g sin θ = m1 a1
N2 − m2 g cos θ = 0
(1c)



T + Fad,2 − m2 g sin θ = m2 a2
(1d)



a1 = −a2 = a
(1e)
Inoltre:
Fad,1 = µd N1 = µd m1 g cos θ
(2a)
Fad,2 = µd N2 = µd m2 g cos θ
(2b)
Dalla 1b e 1d, tramite 1e, 2a e 2b, si ottiene.
T − µd m1 g cos θ − m1 g sin θ = m1 a
T + µd m2 g cos θ − m2 g sin θ = −m2 a
(3a)
(3b)
che sottratte danno:
−µd (m1 + m2 )g cos θ + (m2 − m1 )g sin θ = (m1 + m2 )a
da cui si ottiene:
a)
m2 − m1
sin θ
~a = −g −µd cos θ +
m1 + m2
ûx
Inserendo il valore appena trovato di a nella 3a si ottiene:
m2 − m1
T = m1 g sin θ + µd m1 g cos θ − µd m1 cos θ + m1
sin θ =
m1 + m2
=
m21 + m1 m2 + m1 m2 − m21
g sin θ
m1 + m2
da cui:
b)
T =
2m1 m2
g sin θ
m1 + m2
c) Il lavoro Wattr,1 compiuto dalla forza di attrito dinamico sul corpo m1 è dato
da:
Z
Z h2
sin θ
Wad,1 =
F~ad,1 · d~s =
µd m1 g cos θdx cos α
h1
sin θ
= −µd m1 g
h2 − h1
tan θ
essendo α l’angolo tra la forza di attrito F~as,1 (data dalla 2a) e lo spostamento
h1
h2
d~s e pari a π. Mentre sin
e sin
sono le posizioni x, iniziale e finale lungo il
θ
θ
piano inclinato corrispondenti alle quote h1 e h2 rispettivamente.
Dunque:
c)
Wad,1 = −µd m1 g
h2 − h1
tan θ
SOLUZIONI NUMERICHE
COMPITO A: a) ~a2 = −0.47 m/s2 ûx
b) T = 12.42 N c) Wad,1 = −1.51 J
COMPITO B: a) ~a2 = −0.61 m/s2 ûx
b) T = 20.2 N c) Wad,1 = −1.97 J
- ESERCIZIO 2 -
Una piattaforma circolare omogenea di massa M e raggio R si trova su un piano orizzontale e può
ruotare attorno ad un asse verticale fisso, passante per il suo centro O.
Sul bordo della piattaforma è montata una molla ideale di massa trascurabile e costante elastica k,
che può lanciare una massa m (v. figura). La molla è inizialmente mantenuta compressa di un tratto
∆L.
Ad un certo istante t0=0, la molla viene rilasciata e il corpo m
viene lanciato in direzione tangenziale alla piattaforma.
Sapendo che durante la fase di rilascio (che può essere assunta
istantanea) non avviene dissipazione di energia nel sistema, si
determinino:
a) l'energia meccanica E immagazzinata nel sistema prima del
rilascio della molla;
b) il modulo v della velocità del corpo m dopo il rilascio della
molla.
Supponendo che dopo il suo rilascio il corpo m si muova su una guida curvilinea poggiata sul piano
orizzontale e che all'istante t1 = 3 s si stacchi dalla guida da una quota h rispetto al pavimento, con
velocità in modulo pari v1 e inclinata di un angolo θ con
l'orizzontale, si determini:
c) l'istante t2 in cui il corpo m tocca il suolo;
d) si tracci il grafico qualitativo y(t) per il corpo m fra gli istanti
t1 e t2
DATI NUMERICI
COMPITO A: M = 2 kg
R = 30 cm
k=5000 N/m m = 100 g
∆L = 1 cm
h = 1.2 m
k=5000 N/m m = 200 g
∆L = 2 cm
h=1m
v1 = 1.4 m/s θ = 25°
COMPITO B: M = 10 kg
R = 50 cm
v1 = 2.5 m/s θ = 40°
SOLUZIONI
a) Prima del rilascio della molla, l'energia meccanica immagazzinata nel sistema è rappresentata
dall'energia potenziale elastica immagazzinata nella molla compressa:
a)
1
E= k∆L2
2
b) Prima del rilascio della molla, l'intero sistema è in quiete.
Durante il rilascio della molla, il testo dice che non c'è dissipazione di energia. Si può quindi
impostare la conservazione di energia meccanica del sistema fra prima e dopo il rilascio della molla.
Dopo il rilascio della molla, l'energia meccanica del sistema è interamente presente sottoforma di
1
1
energia cinetica dei due corpi (Km= mv 2 per il corpo m e KM= I O ω2 per M, che compirà un moto
2
2
di pura rotazione attorno all'asse verticale passante per il centro O, essendo ad esso vincolato).
Si noti che, essendo il corpo M vincolato dall'asse passante per il proprio centro, non si può
impostare la conservazione della quantità di moto per il sistema (l'asse fisso può esercitare sul
sistema una forza vincolare esterna impulsiva). Possiamo però impostare la conservazione del
momento angolare scegliendo come polo il vincolo O. Infatti, rispetto a tale polo, il momento delle
r
forze vincolari è nullo e quindi L =costante. Si noti inoltre che, poiché il sistema è inizialmente in
r
r
quiete, L =0 prima del rilascio della molla. Dopo il rilascio, i due contributi ad L saranno:
r
r
r
r
r
L m = r × mv = Rmvû z , con l'asse z rivolto verso l'alto e L M = I O ω (poiché M compie moto di pura
rotazione attorno all'asse passante per O), dove IO=
r
1
MR2 e ω =ω û z (ω è la componente della
2
velocità angolare della piattaforma lungo l'asse z).
La conservazione dell'energia meccanica e la conservazione del momento angolare (proiettato
sull'asse z, unica componente presente dopo il rilascio della molla) possono essere quindi scritte
come:
I: conservazione dell'energia meccanica del sistema:
1
1
1
k∆L2 = mv 2 + I O ω2
2
2
2
II: conservazione del momento angolare del sistema:
0 = Rmv + IOω
Ricavando ω da II (ω = −
Rmv
R 2m2v2
) e inserendo in I si ottiene quindi: k∆L2 = mv 2 +
, da cui:
IO
IO
b)
v=
k∆L2
k∆L2
=
 mR 2 
 2m 
m 1 +


m1 +
M

IO 

c-d) Si tratta dello studio di un moto parabolico (rettilineo uniforme lungo x con componente della
velocità vx=v1cosθ e uniformemente accelerato lungo y, con partenza da quota h all'istante t1 con
componente della velocità all'istante iniziale t1: vy(t1)=v1senθ).
Lungo y vale quindi: y(t)= h + v1senθ·(t − t1) −
1
g·(t − t1)2. Poiché all'istante t2 il corpo deve
2
trovarsi a quota y=0 deve valere: 0 = h + v1senθ·(t2 − t1) −
t2 − t1=
1
g·(t2 − t1)2, da cui:
2
− v 0senθ ± ( v 0senθ) 2 + 2gh v 0senθ m ( v 0senθ) 2 + 2gh
=
. Poichè t2 > t1 la soluzione
−g
g
corretta sarà:
c)
v 0senθ + ( v 0senθ) 2 + 2gh
t2 = t1 +
.
g
d)
SOLUZIONI NUMERICHE.
a) E = 0.25 J
b) v = 2.19 m/s
c) t2 = 3.56 s
a) E = 1.00 J
b) v = 3.13 m/s
c) t2 = 3.64 s
ESERCIZIO 3
Un satellite di massa m si trova inizialmente fermo (rispetto a un sistema di
riferimento fisso) sulla superficie di un pianeta di massa M e raggio R. Se,
utilizzando un razzo, il satellite viene lanciato su un’orbita circolare a distanza
R1 = 2R dalla superficie del pianeta, si determini:
a) il modulo v1 della velocità del satellite sull’orbita;
b) l’energia potenziale U1 del satellite sull’orbita (assumendo l’energia
potenziale gravitazionale pari a zero tra due corpi a distanza infinita);
c) il lavoro W1 compiuto dal razzo per portare il satellite dalla superficie del
pianeta alle condizioni in orbita.
DATI NUMERICI
COMPITO A: m = 2.0 × 103 kg M = 6.4 × 1023 kg R = 3.4 × 103 km
COMPITO B: m = 1.0 × 103 kg M = 1.0 × 1026 kg R = 2.45 × 104 km
SOLUZIONI
a) L’unica forza agente su m è l’attrazione gravitazionale esercitata da M .
Poiché l’orbita è assunta circolare, la direzione normale alla traiettoria coincide
con la direzione radiale. Quindi nel s.d.r. monodimensionale radiale e diretto
verso il centro del pianeta, vale:
Fn = maa
ovvero:
GmM
mv12
=
(3R)2
3R
quindi:
r
GM
3R
b) L’energia potenziale del satellite di massa m , nel campo gravitazionale del
pianeta di massa M è per definizione data da:
a) v =
U1 = −G
mM
d
dove d è la distanza tra il satellite e il centro del pianeta, per cui:
b) U1 = −G
mM
3R
c) Il lavoro W1 necessario per portare il satellite dalla superficie del pianeta
alle condizioni in orbita è pari alla variazionone di energia tra la condizione
finale, in orbita a distanza d con velocità v1 , e la posizione iniziale, fermo sulla
superficie del pianeta:
W1 = ∆E = ∆U + ∆K = Uf in − Uin + (Kf in − Kin )
ovvero:
W1 = −
=
GmM
GmM
1 GM
+
+ m
3R
R
2 3R
GmM
1 GmM
−
R
2 3R
quindi:
c) W1 =
5 GmM
6 R
SOLUZIONI NUMERICHE
COMPITO A: a) v1 = 2.05×103 m/s b) U1 = −8.37×109 J c) W1 = 2.09×1010 J
COMPITO B: a) v1 = 9.53×103 m/s b) U1 = −9.07×1010 J c) W1 = 2.27×1011 J
−
ESERCIZIO 1
−
Un corpo di massa m e dimensioni trascurabili si trova inizialmente fermo su un piano orizzontale
scabro. I coefficienti di attrito statico e dinamico tra il corpo m e il piano sono rispettivamente μs e
μd . Ad un certo istante, sul corpo inizia ad agire una forza esterna inclinata di un angolo θ rispetto
alla verticale e in modulo pari a F.
Sia F =F1:
r
a) si verifichi che il corpo m non si muove. Si determini la forza di attrito statico Fas agente sul
corpo m nel sistema di riferimento rappresentato in figura.
Se invece F = F2, si osserva che il corpo si mette in movimento. In questo caso:
b) si determini il modulo a dell’accelerazione del corpo m sul piano.
Dopo aver percorso una distanza L, il corpo m incontra una molla in condizioni di riposo. Durante
la compressione della molla, la forza F continua ad agire e il corpo m si ferma dopo aver percorso
un’ulteriore distanza Δx.
c) Si determini il valore k della costante elastica della molla.
DATI NUMERICI
COMPITO A: m=400g μs=0.5 μd=0.4 θ=75° F1=1N F2=2.5N L=0.5m Δx=7cm
COMPITO B: m=800g μs=0.2 μd=0.1 θ=70° F1=1N F2=2N L=0.5m Δx=8cm
COMPITO C: m=700g μs=0.3 μd=0.2 θ=65° F1=1N F2=3N L=0.5m Δx=5cm
COMPITO D: m=600g μs=0.5 μd=0.4 θ=65° F1=2N F2=4N L=0.6m Δx=6cm
SOLUZIONI
N
θ
F
Diagramma delle forze (nelle condizioni iniziali).
N.b. Fa indica il modulo della forza di attrito statico o la forza di attrito
dinamico a seconda delle diverse situazioni richieste nel problema.
Fa
mg
a) Il testo dice che il corpo è fermo. Fa in questo caso rappresenta quindi il modulo della forza di
attrito statico. Impostiamo la II legge della dinamica in direzione x e in direzione y per il corpo m
(indichiamo con Fas il modulo della forza di attrito statico e con g il modulo dell’accelerazione di
gravità):
COMPITO A – pagina 1
I:
II legge dinamica lungo y:
N + Fcosθ − mg = 0
II:
II legge dinamica lungo x:
Fsenθ − Fas = 0
Si ricava quindi immediatamente che: Fas = Fsen(θ), da cui si ricava nel sistema di riferimento
assegnato:
r
Fas = −Fsen (θ)û x .
a)
Con i dati assegnati si verifica che Fas ≤ μsN = μs(mg−Fcos(θ)).
r
b) Il testo dichiara che nelle condizioni assegnate il corpo è in movimento. Fa in questo caso è la
forza di attrito dinamico. Indicando con Fad il modulo della forza di attrito dinamico, la II legge
della dinamica si riscrive come:
I-b:
II legge dinamica lungo y:
N + Fcosθ − mg = 0
II-b:
II legge dinamica lungo x:
Fsenθ − Fad = ma
Ricordando che Fad = μdN e ricavando N da I-b: N = mg − Fcos(θ), inserendo in II si ricava:
b)
a=
F
(senθ + μdcosθ) − μdg
m
r
c) Facciamo considerazioni energetiche. Lungo il moto agiscono la forza esterna F , la forza di
r
r
r
attrito dinamico Fad , la normale N , la forza peso m g (queste 4 forze agiscono lungo tutto il
r
percorso da x0 = 0 a xf = D+Δx) e la forza elastica Fel (agente solo fra L e L+Δx). Per il teorema
dell'energia cinetica vale quindi: ΔK=WF+WFad+WN+Wmg+WFel. Ricordando la definizione di
r
r r
lavoro per una generica forza f : W= ∫ f ⋅ d s = ∫ f cos ϕds (dove φ è l'angolo tra i due vettori
coinvolti nel prodotto scalare), notiamo che WN=Wmg = 0 in quanto perpendicolari allo spostamento
(φ=π/2), WF = Fsenθ(L+Δx), WFad = −μd(mg−Fcosθ)(L+Δx). Essendo la forza elastica conservativa,
vale WFel = −ΔUel = −
1
k(Δx)2. Infine, poiché all'inizio e alla fine del moto il corpo è fermo, ΔK=0.
2
1
k (∆x ) 2 = Fsenθ(L + ∆x ) −μd(mg−Fcosθ)(L+Δx), quindi
2
L + ∆x
k= 2(F(senθ + µ d cos θ) − µ d mg )
∆x 2
Vale quindi: ΔUel = WF + WFad, da cui:
c)
SOLUZIONI NUMERICHE
r
COMPITO A: Fas = −0.97 N û x
r
COMPITO B: Fas = −0.94 N û x
r
COMPITO C: Fas = −0.90 N û x
r
COMPITO D: Fas = −1.81 N û x
a = 2.76 m/s2
k = 257 N/m
a = 1.45 m/s2
k = 211 N/m
a = 2.29 m/s2
k = 704 N/m
a = 3.25m/s2
k = 715 N/m
COMPITO A – pagina 2
Esercizio 2
Un asteroide di massa m si muove verso la Terra (M = 6 · 1024 kg) in direzione radiale. Per
evitare l’impatto, si assuma che sia possibile introdurre una carica esplosiva di massa trascurabile nell’asteroide. Un istante prima dell’esplosione l’asteroide ha una velocità in modulo pari
a v, diretta verso il centro della Terra. Immediatamente dopo l’esplosione, l’asteroide si separa
in due frammenti m1 = 2/3m e m2 = 1/3m. Il frammento m1 ha una velocità perpendicolare
alla direzione radiale e pari in modulo a v1 (v. figura).
a) Sapendo che il frammento di massa m1 segue un’orbita circolare, calcolare il raggio R1 di tale
orbita.
b) Trovare la velocità ~v2 del frammento di massa m2 immediatamente dopo l’esplosione nel
sistema di riferimento xy assegnato (v. figura).
c) Assumendo l’energia potenziale gravitazionale nulla quando i due corpi si trovano a distanza
infinita, si determini l’energia meccanica di m2 immediatamente dopo l’esplosione. Alla luce del
risultato, determinare il tipo di traiettoria (aperta o chiusa) seguita da m2 dopo l’esplosione.
Compito
Compito
Compito
Compito
A (Dati):
B (Dati):
C (Dati):
D (Dati):
m = 1 · 107
m = 2 · 107
m = 5 · 106
m = 7 · 106
kg, v = 3 · 103 m/s, v1 = 6 · 103 m/s
kg, v = 2 · 103 m/s, v1 = 4 · 103 m/s
kg, v = 1 · 103 m/s, v1 = 3 · 103 m/s
kg, v = 1.2 · 103 m/s, v1 = 3.5 · 103 m/s
!" !$
!
'"
'⃗
%1
)
#
#
*
a) Sapendo che il frammento di massa m1 segue un’orbita circolare dopo l’esplosione, esso sarà
sottoposto all’azione di una forza centripeta pari alla forza di attrazione gravitazionale con la
Terra. In formule:
m1 M
v2
GM
FG = G 2 = m 1 1
) R1 = 2
R
R1
v1
1
b) In assenza di forze impulsive esterne la quantità di moto totale del sistema si conserva tra
(i)
(f )
prima e dopo l’esplosione (assunta di durata infinitesima), P~tot = P~tot :
m~v = m1~v1 + m2~v2
1
(1)
Scomponendo questa equazione vettoriale lungo le direzioni indicate in figura abbiamo:
(
~ux :
~uy :
da cui si ottiene
8
< ~ux :
:
~uy :
0=
m1 v1 + m2 v2,x
m v = m2 v2,y
m1
v1 = 2v1
m2
= 3 v.
(2)
(3)
v2,x =
(4)
v2,y
(5)
p
Il modulo della velocità del frammento di massa m2 è, pertanto, v2 = 4v12 + 9v 2 .
c) L’energia meccanica del frammento di massa m2 è data da

1
m2 M
1
m 2 9 2
2
2
2
Em,2 = m2 v2 G
= m2 v2 m2 v1 =
v + v > 0,
2
R1
2
3 1 2
che, essendo positiva, descrive un’orbita aperta per il frammento di massa m2 . Per completezza,
si trova che l’energia meccanica del frammento di massa m1 è:
Em,1 =
GmM
< 0,
3R1
che, essendo sempre negativa per ogni valore dei parametri, descrive un’orbita chiusa (circolare
nel nostro caso) per il frammento di massa m1 .
Compito
Compito
Compito
Compito
A (Risultati):
B (Risultati):
C (Risultati):
D (Risultati):
R1
R1
R1
R1
= 1.11 · 107 m, ~v2 = (1.2 · 104 m/s; 9 · 103 m/s), Em,2 = 2.55 · 1014 J
= 2.50 · 107 m, ~v2 = (8 · 103 m/s; 6 · 103 m/s), Em,2 = 2.27 · 1014 J
= 4.45 · 107 m, ~v2 = (6 · 103 m/s; 3 · 103 m/s), Em,2 = 2.25 · 1013 J
= 3.27 · 107 m, ~v2 = (7 · 103 m/s; 3.6 · 103 m/s), Em,2 = 4.37 · 1013 J
2
−
ESERCIZIO 3
−
Un corpo puntiforme di massa M è in moto su un piano orizzontale liscio con velocità iniziale v0 in
direzione x. Assumendo che all’istante t0 il corpo si trovi nella posizione x0,
a) In quale posizione x1 si trova M all’istante t1?
Sul piano si trova un corpo rigido composto da due aste rigide omogenee di lunghezza D, larghezza
trascurabile, ognuna di massa M. Le aste sono disposte perpendicolarmente tra loro e unite al centro
come in figura. Il corpo rigido è libero di muoversi sul piano.
Il corpo puntiforme M colpisce il corpo rigido a distanza D/4 dal centro di massa, sull’asta che
forma un angolo θ con l’asse delle x (v. figura). Dopo l’urto il corpo puntiforme M si ferma.
Si determinino:
b) il modulo ω della velocità angolare del corpo rigido dopo l’urto;
c) l’energia cinetica K del corpo rigido dopo l’urto.
y
D
x
v0
M
θ
D/4
M
D
M
DATI NUMERICI
Compito A: M = 1 kg v0 = 1 m/s t0=0s x0=10cm t1 = 0.2s D = 40 cm θ=65°
Compito B: M = 1.5 kg v0 = 0.5 m/s t0=0s x0=10cm t1 = 0.4s D = 50 cm θ=70°
Compito C: M = 2 kg v0 = 0.7 m/s t0=0s x0=10cm t1 = 0.3s D = 60 cm θ=80°
Compito D: M = 2.5 kg v0 = 0.8 m/s t0=0s x0=10cm t1 = 0.1s D = 40 cm θ=75°
SOLUZIONI
a) Il moto del corpo sul piano liscio è rettilineo uniforme, quindi x(t) = x0 + v0 (t−t0), da cui al tempo
t1 (poiché t0=0):
a) x1 = x0 + v0 t1
b) Poiché l'urto non è vincolato, durante l'urto si conservano la quantità di moto totale del sistema e
il momento angolare rispetto a qualunque polo. Focalizzandosi sul momento angolare (calcolato
scegliendo arbitrariamente come polo il centro di massa - CM - del corpo rigido) e scegliendo un
COMPITO A – pagina 3
r
r
r
D
asse z entrante nel piano rappresentato si ha: L pre = r × Mv 0 = Mv 0 senθ û z .
4
Dopo l'urto, M è fermo e il corpo rigido si metterà in movimento (dando quindi l'unico contributo al
momento angolare totale del sistema). Ricordando che il momento angolare del CM di un corpo è
r
r
r r
r
nullo se come polo si sceglie il CM (poiché il raggio vettore è nullo): L post = L CM + L' = L' = ICM ω ,
1
1
1
MD 2 + MD 2 = MD 2 . Inoltre, poiché il momento angolare si conserva, anche
12
12
6
r
dopo l'urto esso deve essere rivolto in direzione z, quindi ω = ωû z , dove ω è la componente della
dove ICM=
velocità angolare del corpo rigido dopo l'urto in direzione z. Imponendo l'uguaglianza del momento
angolare prima e dopo l'urto (si ricordi che ha solo componente lungo z) si ottiene:
Mv 0
D
1
senθ = MD 2ω , da cui:
4
6
b)
ω=
3 v0
senθ
2D
c) Ricordando che per il teorema di Konig vale K = KCM + K', esplicitando nel caso specifico del
1
1
2
corpo rigido del problema si ottiene: K= (2M ) v CM
+ ICM ω2 . L'unica incognita in questa
2
2
espressione è la velocità del CM dopo l'urto. Si noti che poiché il corpo è non vincolato, non si può
trovare a priori un legame tra la velocità angolare ω e la velocità vCM del centro di massa.
Quest'ultima va invece calcolata impostando conservazione della quantità di moto totale del sistema
tra prima e dopo l'urto (si ricordi che durante l'urto non agiscono vincoli sui corpi, quindi non
agiscono forze esterne impulsive). Prima dell'urto l'unico corpo in movimento è il corpo puntiforme
M, quindi la quantità di moto totale del sistema è rappresentata dalla quantità di moto del corpo M:
r
r
Ppre = p M , pre = Mv 0 û x .
Dopo l'urto, l'unico corpo in movimento è il corpo rigido di massa 2M, che fornisce quindi l'unico
r
r
r
contributo alla quantità di moto del sistema: Ppost = p CorpoRigid o, post = 2Mv CM .
Si noti che poiché la quantità di moto del sistema si conserva durante l'urto, immediatamente dopo
r
l'urto deve valere v CM = v CM û x , dove vCM rappresenta la componente in direzione x della velocità
del CM del corpo rigido dopo l'urto. Imponendo l'uguaglianza della quantità di moto prima e dopo
l'urto (si ricordi che ha solo componente lungo x) si ottiene: Mv0=2MvCM, quindi v CM =
v0
che,
2
1
v2 1 1
9 v 02
inserita nell'espressione per l'energia cinetica porta a: K= 2M 0 +
MD 2
sen 2θ , quindi:
2
2
4 26
4D
1 3

7 3

d) K= Mv 02  + sen 2θ  = Mv 02  − cos 2 θ 
 4 16

 16 16

COMPITO A – pagina 4
SOLUZIONI NUMERICHE
Compito A: a) x1 = 0.30 m
b) ω = 3.4 rad/s
c) K = 0.40 J
Compito B: a) x1 = 0.30 m
b) ω = 1.4 rad/s
c) K = 0.15 J
Compito C: a) x1 = 0.31 m
b) ω = 1.7 rad/s
c) K = 0.42 J
Compito D: a) x1 = 0.18 m
b) ω = 2.9 rad/s
c) K = 0.68 J
COMPITO A – pagina 5