Esercizio 1. Compito B (Dati): M =0.9 kg, D =0.5 m, µ S =0.8, = 35, v = 1 m/s, k = 80 N/m, L =0.07 m. L =0.12 m

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1 Esercizio 1 Un corpo di massa, assimilabile ad un punto materiale, viene lanciato con velocità ~v 0 incognita, non parallela agli assi cartesiani. Quando il suo spostamento in direzione x rispetto alla posizione iniziale è pari a D, il corpo giunge alla sommità di un piano inclinato scabro (coe cienti di attrito statico µ S e dinamico µ D ) che forma un angolo con l asse x. In tale istante, la velocità di ha modulo pari a v e direzione parallela al piano (v. figura). a) Calcolare la velocità iniziale ~v 0 di (componenti cartesiane) Giunto alla sommità del piano inclinato, il corpo entra in contatto con una molla di costante elastica k. La molla viene compressa di un tratto L prima che il corpo arresti completamente il proprio moto. b) Calcolare il coe ciente di attrito dinamico µ D del piano inclinato. c) Verificare che una volta fermo il corpo termina il proprio moto e calcolare il modulo F as della forza di attrito statico. Compito A (Dati): =0.5 kg, D =0.6 m, µ S =0.9, L =0.07 m Compito B (Dati): =0.9 kg, D =0.5 m, µ S =0.8, L =0.1 m = 5, v = 1 m/s, k = 70 N/m, = 35, v = 1 m/s, k = 80 N/m, y v r L L?= v r 0 D βα x SOLUZIONE: a) Il moto del corpo di massa è di tipo parabolico, essendo soggetto alla sola accelerazione di gravità ~g = g ~u y (con g=9.8 m/s ). Lungo la 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 < ~u x : x(t) =v 0,x t (x 0 = 0; t 0 = 0) 1 : ~u y : y(t) =v 0,y t gt ( ~ux : v x (t) =v 0,x ~u y : v y (t) =v 0,y gt. 1

2 La distanza orizzontale D viene percorsa in un tempo t = D v 0,x. Dai dati del problema abbiamo che, in questo istante, le componenti cartesiane della velocità alla sommità del piano inclinato sono: v x (t) =v cos e v y (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 >< ~u x : v 0,x = v cos D >: ~u y : v 0,y = v sin + g. v cos b) Impostiamo il teorema dell energia cinetica W tot = E k 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 così scomposta: F ad F el! g N y X ( ~ux 0 : F ad F el + gsin = a ~u y 0 : N gcos =0, ottenendo l espressione esplicita F ad = µ D N = µ D gcos. Il lavoro complessivo compiuto dalle forze in gioco è W tot = W Fel + W Fad + W mg + W N. Dato che la normale N ~ non compie lavoro, per il teorema dell energia cinetica si ha W tot = 1 kl µ D gcos L + gsin L = 1 v da cui ricaviamo il coe ciente di attrito dinamico: µ D = v kl +gsin L glcos = v kl glcos + tan. 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 = F as ~u x 0 e impostando la condizione di equilibrio statico ( ~ux 0 : F as F el + gsin =0 ~u y 0 : N gcos =0,

3 bisogna verificare che F as apple F as,max = µ S N. Dal sistema si ricava che la forza di attrito statico è: F as = kl gsin e che essa soddisfa la condizione F as <µ S gcos per ogni valore numerico dei dati assegnati. Compito A (Risultati): ~v 0 =(0.91 m/s ~u x ;6.07 m/s ~u y ), µ D =0.7, F as =.83 N, F as,max =4 N Compito B (Risultati): ~v 0 =(0.8 m/s ~u x ;5.41 m/s ~u y ), µ D =0.56, F as =4.54 N, F as,max = 5.78 N 3

4 Esercizio Un corpo rigido è costituito da un anello circolare (con spessore trascurabile) di raggio r e massa e da una sbarra (con spessore trascurabile) di massa e lunghezza r, passante per il centro dell anello (v. figura). Calcolare: a) il momento di inerzia I C 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 t 0 il corpo rigido parte da fermo e il suo centro di massa si trova ad un altezza h dal suolo. Calcolare: b) la reazione vincolare ~ N della guida agente sul corpo rigido quando la congiungente tra il 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): = 00 g, r = 10 cm, h =1m, = 50 Compito B (Dati): = 300 g, r = 15 cm, h =1.5 m, = 30 A C! r h B R r SOLUZIONE: a) Il corpo rigido formato da un anello sottile e da una sbarra sottile con i rispettivi centri di massa coincidenti. Quindi: I C = r (r),dacui I C = 7 6 r b) Dato il diagramma delle forze agenti sul corpo rigido in figura, per il calcolo dei momenti scegliamo come polo il punto C: N ~ = 0, Fas ~ = 0 e ~ P = r tot g sin( )~u z, con ~u z in direzione perpendicolare alla figura e verso entrante e tot = 3. Ricordando che il momento angolare del corpo rigido, per il teorema di König, è L ~ = L ~ 0 + L ~ C e, inoltre, che la rotazione avviene istantaneamente attorno a un asse passante per C in direzione ~u z (parallelo a quello d passante per il C), possiamo utilizzare il teorema di Huygens-Steiner e scrivere: ~ dt L = I C ~ = C 4

5 F as CN! C n t (I C + tot r ) ~u z. Dal teorema del momento angolare P ~ i i = d~ L dt e proiettando lungo la direzione ~u z : 7 r tot g sin( ) = 6 r + 3 r ) = 9 g sin. 16 r c) Utilizziamo il teorema dell energia cinetica tra le posizioni A e C, osservando che la normale ~N e la forza di attrito statico ~ F as non compiono lavoro e che la forza peso è conservativa. Utilizzando un riferimento verticale ŷ con origine in C, nella posizione A il C del corpo rigido si trova alla quota y A = h con velocità nulla. Nella posizione C il C del corpo rigido si trova alla quota y B = r con velocità v C, diretta perpendicolarmente al muro, ~u x. Ricordando il teorema di König per l energia cinetica, in C abbiamo E k = 1 totv C + 1 I C!. Per la condizione di puro rotolamento v C =!r e dal teorema dell energia cinetica si ha che: E k + E p =0 ) 1 totvc + 1 I vc C + tot g(r h) =0) ) 4 3 v C = 3 g(h r) ) v C = 3 r g(h r). L urto completamente anelastico con il muro, fa sì 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: ~J = J~u x = P ~ =0 tot v C ~u x ) J ~ = 9 r g(h r) 4 ~u x. Compito A (Risultati) I C = kg m, = 4. rad/s, J ~ = Compito B (Risultati) I C = kg m, = 18.4 rad/s, J ~ = 0.95 Ns ~u x 1.74 Ns ~u x 5

6 ESERCIZIO 3 Si consideri un sistema composto da tre corpi celesti di massa. 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. 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 trovino a distanza infinita. DATI NUERICI COPITO A: = kg COPITO B: = kg R = km R = 10 8 km SOLUZIONI Diagramma delle forze a) Ognuno dei corpi è soggetto a forze in modulo pari a FG= γ, dove d= R 3 è la mutua d 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 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 : - direzione û t : dv FGsen(30 ) FGsen(30 )=m, da cui di ricava che v=cost (il moto è uniforme) dt - direzione û N : FGcos(30 )= R v, quindi 3 v γ =, da cui si ricava il modulo della 3R R velocità sull'orbita: v= π R γ e quindi il periodo Τ= : R 3 v a) Τ= π R R 3 γ

7 b) Avendo già trovato la velocità di sull'orbita dalla II legge della dinamica in direzione normale, 1 1 si ricava l'energia cinetica sull'orbita come: K= v = γ, da cui: R 3 b) K= γ 3 R 3 = γ 6 R c) è soggetto all'attrazione gravitazionale degli altri due corpi di massa e distanti d= R 3, quindi: UG= γ + γ, da cui: R 3 R 3 SOLUZIONI NUERICHE c) UG= γ = R γ R COPITO A: a) T = s b) K = J c) U = J COPITO B: a) T = s b) K = J c) U = J