ESERCIZIO 1 SOLUZIONI

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1 - ESERCIZIO - Un corpo di massa m = 00 g si trova su un tavolo liscio. Il corpo m è mantenuto inizialmente fermo, appoggiato ad una molla di costante elastica k = 00 N/m, inizialmente compressa. Ad un certo istante, m è lasciato libero di muoversi. Dopo che la molla ha raggiunto la posizione di equilibrio, m si stacca dalla molla e all'istante t =.5 s colpisce un corpo di massa m = 300 g, inizialmente fermo al bordo del tavolo. L'urto è elastico e monodimensionale. Immediatamente dopo l'urto, m si muove con velocità v! =m/s û. I due corpi possono essere considerati puntiformi. a) Qual è la velocità v! del corpo m dopo l'urto? b) Qual è il modulo Δx della compressione iniziale della molla? Sapendo che m atterra a una distanza L = 40 cm dalla base del tavolo: c) Qual è l'istante t nel quale m tocca il suolo? x 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 v 0 e v le componenti in direzione x delle velocità di m prima e dopo l'urto e indichiamo con v la componente in direzione x della velocità di m dopo l'urto. Vale quindi: I m v 0 = m v + m v II m v 0 = mv + mv da cui elevando I al quadrato e sostituendo in II, si ottiene: v =! æ m - m a) v v û x m ö = - ç è ø æ m ö ç - v, da cui: è m ø

2 b) Dall'istante iniziale molla compressa, m fermo) all'istante precedente l'urto molla a riposo, m 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: k D x) = mv0 = m v +, dove la seconda eguaglianza deriva dal fatto che l'urto è mv elastico v. eq. II al punto a). Da cui: Δx = ± Quindi: m k m + = k v v æ m + m - mm ö v ç + m 4m è ø k. b) Δx = m + m) v c) Durante il moto parabolico) di m, in direzione x il moto è uniforme, quindi: L = v t -t ), da cui: SOLUZIONI NUMERICHE:! m a) v = -0.5 û x s c) t = t + L v mk b) Δx = 0.04 m c) t =.9 s

3 Esercizio 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.. Il piano su cui poggia il corpo B e liscio. Al corpo B e inizialmente applicata una forza F~ 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~ 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 della tensione del filo. Compito A Dati): ma =.5 kg, mb = 3mA, µs = 0.5, µd = 0., F~ = 5N ~ux, F~ = 30N ~ux nel punto a)) fas o fad dal punto b)) ^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^ B NB F nel punto a)) F 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)) ^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^ A B NB ^^^^^^^^^^^^^^^^^^^ ma g F nel punto a)) F dal punto b)) mb g ~ux : ~uy : ~ux : ~uy : F NB fas =0 ma g = 0 fas =nel 0 punto a)) fas o fad dal punto b)) mb g = 0. A ^^^^^^^^^^^^^^^^^^^ ma g

4 Dalla prima equazione del sistema si ha = f as e, inserendo questo risultato nella terza equazione del sistema, si ottiene la forza di attrito statico: a) ~ fas = F ~u x ) b) - c) Dato che, ora, la forza F >fas max = µ s m A g, il sistema si mette in movimento. Scriviamo la seconda legge della dinamica lungo le direzioni ~u x e ~u y per i due corpi ~u x : f ad = m A a ~u y : N AB m A g =0 ~u x : F f ad = m B a ~u y : N B N AB m B 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 a B = a A. Ricavando la tensione dalla prima e sottraendo la prima equazione dalla terza, ricordando che la forza di atttrito dinamico f ad = µ d N AB, otteniamo il sistema = ma a + µ d N AB F µ d N AB =m A + m B )g da cui si ottengono accelerazione del sistema a e tensione del filo : b) a = F µ d m A g m A + m B c) = m A m A + m B F µ d m A g)+µ d m A g ) Compito A Risultati): f ~ as =7.50 N, f ~ as max =.6 N, a =.0 m/s, =9.95 N

5 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 L 4 dall estremo al quale è vincolato un corpo di massa m v. figura). All estremo opposto, è vincolato un corpo di massa m. I corpi m e m 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 m a nché il sistema ruoti in senso antiorario. Sia ora m = 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 = 00 g, L = 40 cm, m =m, = 30 SOLUZIONE: a) Assumendo che l asse in direzione ~u z sia perpendicolare al foglio e uscente da esso, la condizione a nché 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 sul sistema rispetto al polo O) è M ~ tot = M tot ~u z e la condizione di rotazione in senso antiorario è M tot > 0. Il momento totale è la somma dei singoli momenti rispetto al polo O) delle forze peso agenti sui corpi m e m e sulla sbarra omogenea m con punto di applicazione della forza peso nel centro di massa): 3 ~M tot = 4 Lm g 4 Lm g + 4 Lmg ~u z = 4 Lg3m m + m) ~u z. 3)

6 Impostando la condizione M tot > 0em =m, si ottiene il limite inferiore per la massa m tale da far ruotare il sistema in senso antiorario: a) m > 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 m e m e la sbarra omogenea m: I = 9 6 m L + 6 m L + ml ml = 8 m 5 m L, 5) dove è stato usato il teorema di Huygens-Steiner per la sbarra I m = ml + 6 ml e m = m come indicato nel testo). Inserendo nell equazione m =m, otteniamo b) I = 5 6 ml. 6) c) Per il sistema in rotazione, ad un dato angolo, vale l equazione dinamica ~ M tot ) =I~, con ~ = ~u z. 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 per un fattore sin90 ) = cos, da cui si ottiene che ~ M tot ) = ~ M tot cos = I cos ~u z. Inserendo il momento d inerzia I calcolato al punto b), otteniamo c) = 3 g cos. 7) 5 L Compito A Risultati) m > m 3 =0.033 kg, I =0.03 kg m, =.74 rad/s