6 Dinamica dei corpi rigidi

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1 6 Dinamica dei corpi rigidi (54 problemi, difficoltà 8, soglia 160) Formulario M O r F momento meccanico di una forza rispetto al polo O R risultante delle forze esterne p O r m v momento angolare di un punto materiale rispetto al polo O P O r v dm, r M i i m i v i, momento angolare di un sistema rispetto al polo O I O mr momento d inerzia di un punto materiale rispetto a un asse passante per O I O r dm, m i r i, M i momento d inerzia di un sistema rispetto a un asse passante per O K 1 I O energia cinetica di un corpo rigido in rotazione attorno a un asse passante per O WM O potenza in un moto rotatorio L 1 M O d lavoro in un moto rotatorio assiale 187

2 I equazione cardinale della dinamica dei corpi rigidi R dq dt II equazione cardinale della dinamica dei corpi rigidi M O dp O dt + v 0 Q M O d(i O ) dt (valida quando il polo è fermo, o si muove parallelamente al centro di massa o coincide con il centro di massa) M O I O (valida quando I O costante) Momento angolare di un corpo in rotazione P O I O Condizioni di equilibrio di un sistema e sistema isolato R 0 Q costante P O 0 I O costante Teorema di Huygens-Steiner, o degli assi paralleli I a I CM + m d, con d distanza tra i due assi Pendolo composto T I, mgd essendo I il momento d inerzia rispetto al punto di sospensione, m la massa pendolare e d la distanza tra il centro di massa e il punto di sospensione. 188

3 Pendolo di torsione T I, k essendo I il momento d inerzia rispetto al punto di sospensione e k la costante di torsione del filo. Asse di istantanea rotazione Quando un corpo rigido quale una sfera o un cilindro rotola su un piano, il suo moto si può ricondurre a un moto puramente rotatorio attorno a un asse passante per il punto di contatto (asse di istantanea rotazione). L energia cinetica del corpo si può scrivere indifferentemente come somma dell energia cinetica di traslazione con velocità del centro di massa e dell energia cinetica di rotazione attorno al centro di massa, oppure come energia cinetica di rotazione attorno all asse a. In formule: K mv + I I. CM CM a Unità di misura SI Momento angolare joule secondo (J s) Momento d inerzia kilogrammi metro quadrato (kg m ) 189

4 Problemi svolti 6.1. Un uomo di massa M 80 kg per attraversare un torrente cammina su una passerella di massa m 0 kg lunga l 8 m e appoggiata sulle due rive del torrente in A e in B con velocità v 1 m/s. Calcolare: a) l andamento nel tempo della forza esercitata sul punto B, b) se la massima forza che può sopportare l appoggio B senza franare è F max 686 N, in quale punto e dopo quanto tempo l uomo cade nel torrente. (4) a) Le forze agenti sul sistema passarella-uomo sono i due pesi e le reazioni nei punti di appoggio A e B. Se il sistema è in equilibrio, il momento meccanico rispetto a un polo fisso, quale il punto A, deve essere nullo: indicando con x v t la distanza alla quale si trova l uomo dopo il tempo t, deve essere l Mgx+ mg Rl, ma R deve uguagliare la forza esercitata in B, quindi F Mvt m g +. l b) Dovendo essere F F max, si ricava e quindi Mx m g + F l Mx m g + F l max, max, 190

5 Il tempo trascorso è t x v max 0 6 s. 6.. Una sfera omogenea scende lungo un piano scabro inclinato di un angolo 45 ; quale deve essere il coefficiente di attrito del piano perché il moto della sfera sia di puro rotolamento senza scorrimento? (4) Le forze agenti sulla sfera sono la componente del peso lungo l asse x, m g sin e la forza di attrito μ m g cos, quindi l equazione del moto è m g sin μ m g cos m a CM. Poiché la sfera ruota attorno all asse per O, l equazione cardinale della dinamica rotatoria M O I O diventa μ mgr mr mr 5 5 t cos, dove a t è l accelerazione tangenziale. Perché non vi sia scorrimento deve essere a t a CM, quindi, dopo qualche breve passaggio, si ottiene 7 tan μ μ 0, a r

6 6.3. Un cilindro omogeneo pieno, di massa M 100 kg e raggio r 0 cm, sta ruotando attorno al proprio asse baricentrale con velocità angolare o 0 rad/s quando viene sottoposto a un momento frenante M O k 3. a) Calcolare il valore della costante k, sapendo che la velocità angolare del cilindro si dimezza in t 1 5 s; b) ricavare le dimensioni di k nel SI. (3) a) Dalla seconda equazione cardinale della dinamica dei corpi rigidi si ha MO IO, d IO, dt d k t. 3 IO 3 k Integrando con O per t 0 s: da cui 1 k I O t + cost., 1 k I O t 1 O, 1 k 1 I 0 O t, dove I 0 Mr e O per t t 1. Allora k 3Mr kg m s 1, rad 3 3 0t1 b) Esaminando le unità di misura di k, si evince immediatamente che [] k M L T Un astronauta vuole misurare l accelerazione di gravità di un pianeta sconosciuto mediante un pendolo composto di massa m 1 kg e momento d inerzia baricentrale I CM 10 kg m. Se la distanza tra il centro di sospensione e il centro di massa è d 0 cm e il periodo di oscillazione risulta T 0,4 s, qual è l accelerazione di gravità sul pianeta? (3) 19

7 Il periodo di un pendolo composto è dato da T I mgd CM, da cui g 4 I CM 4 9,86 10 m 1,3. mdt 10,0,16 s 6.5. Una sferetta di massa m viene lanciata dal punto A di una guida semircolare liscia di raggio l e va a colpire un asta omogenea di lunghezza l e massa m appesa senza attriti nel centro O della guida. Ricavare l espressione della velocità v A con cui deve essere lanciata la sferetta perché l asta, per effetto dell urto elastico, si porti, fermandovisi, in posizione verticale simmetrica rispetto a quella di partenza. (4) Indicando con V la velocità con cui la sferetta urta l asta, applicando il principio di conservazione dell energia essendo l urto elastico abbiamo: 1 1 mv + mgl mv A V v + gl. A, Applichiamo ora il principio di conservazione del momento angolare rispetto al polo O: m V l I a + m v l, dove è la velocità angolare acquistata dall asta, v la velocità di rinculo della sferetta e I a il momento d inerzia dell asta rispetto all asse passante per O. Essendo l urto elastico, deve conservarsi anche l energia cinetica totale: Ia mv mv'. 193

8 Tutta l energia cinetica con cui parte l asta dopo l urto si trasforma in aumento di energia potenziale nella posizione verticale, ovvero, dato che il centro di massa dell asta si solleva di un tratto l: 1 a I M gl. Essendo I a M l /3, con M massa dell asta, otteniamo per cui sviluppiamo il sistema Mgl 6 g, 1 Ml l mv mv' M gl Ml 6g mv l mv' l Ia, 3 l 1 1 mv mv' M gl gl mv mv' M, 3 Le soluzioni sono (con M m): da cui V 6gl 8 v ' 6gl 3 gl, v A gl Gli orologi a pendolo normalmente non usano un pendolo semplice, ma un pendolo composto formato da un asta omogenea e uniforme di lunghezza l e massa m terminante in un disco pure omogeneo di raggio r e massa M. Ricavare in funzione delle grandezze assegnate l espressione del periodo di siffatto pendolo. (4) 194

9 Trattandosi di un corpo rigido in rotazione attorno all asse passante per O, l equazione del moto è M O I O, dove I O è il momento d inerzia totale calcolato rispetto all asse passante per O, mentre M O è il momento delle forze peso dell asta e del disco, sempre rispetto al polo O. Risulta ml M r IO Iasta + Idisco + [ + M ( l + r) ], 3 l MO mg sin M g( l + r)sin, Abbiamo dunque ml g + M( l + r) sin + 0. ml M r + + Ml ( + r) 3 Per piccole oscillazioni, possiamo approssimare sin con e la precedente equazione si trasforma nell equazione differenziale di un moto armonico semplice di pulsazione e periodo ml g + M( l + r) ml M r + + M ( l + r) 3 ml M r + + M ( l + r) T 3 ml g + M( l + r) 195.

10 6.7. Una molla ideale di rigidità k 400 N/m sostiene in equilibrio un asta omogenea di massa m 1 kg in modo che quest ultima formi un angolo di 45 con la verticale, mentre la molla si mantiene orizzontale. Calcolare l allungamento della molla rispetto alla lunghezza quando è scarica. (4) Dobbiamo scrivere che in condizioni di equilibrio è nullo il momento meccanico totale delle forze agenti sul sistema calcolato per esempio rispetto al polo O; le forze agenti sono il peso dell asta, m g, applicato nel centro di massa dell asta con braccio (l/) cos 45, che tende a far ruotare l asta in senso orario e la forza elastica di richiamo k x orientata verso la parete, con braccio l sin 45, che tende a far ruotare l asta in senso antiorario; abbiamo allora mg l cos 45 kxlsin 45 0, da cui x mg 1 9,8 0,147 m 14,7 cm. k Ricavare il momento d inerzia di un asta omogenea e uniforme di massa m e lunghezza l imperniata nell estremo O in modo da generare nella rotazione attorno a un asse verticale un cono di semiapertura. (5) 196

11 Detti dm un elemento dell asta di lunghezza infinitesima dx ed r la sua distanza dall asse verticale. Il momento d inerzia dell asta rispetto all asse verticale passante per O sarà l M 0 I r dm x sin S dx, O dove ed S sono la densità e la sezione dell asta, mentre x r/sin è la distanza da O dell elemento dm. Ne deriva 3 l 1 IO Ssin ml sin Un carrello di massa M 80 kg munito di quattro ruote ciascuna di massa m 10 kg e raggio r viene lanciato su per un piano inclinato con coefficiente di attrito trascurabile ma tale da assicurare il rotolamento delle ruote con velocità v 36 km/h. Calcolare a quale altezza dal suolo arriverà il carrello. (4) L energia cinetica iniziale del carrello si trasforma completamente in energia potenziale lungo la salita. L energia cinetica iniziale è la somma del termine M v / e dell energia cinetica delle 4 ruote che comprende un termine di traslazione m v / e uno di rotazione attorno al centro di massa di ogni ruota, cioè Allora 1 I 1 mr v r 1 4 mv. 1 Mv mv mv (M + 4m)gh, essendo h l'innalzamento del centro di massa del carrello. Osservando che M 8 m, si ricava mv 4 mv 1 mgh, 7mv 1 mgh, 7v h 5,95 m. 1g 1 9,8 197

12 6.10. Un asta omogenea di massa M 1 kg e lunghezza l 60 cm, appesa in quiete in un piano verticale a un estremo viene colpita all altro estremo da un proiettile di massa m 40 g che incide orizzontalmente con velocità v 40 m/s attraversandolo e fuoruscendo con velocità v 10 m/s. Calcolare: a) la massima ampiezza di oscillazione dell asta, b) l energia dissipata nella perforazione. (4) a) Applichiamo trattandosi di un urto con conseguenze rotatorie in un sistema isolato il principio di conservazione del momento angolare mvl M l mv l dove è la velocità angolare con cui si muove l asta subito dopo l urto: ', mv v 6. 3 ( ') rad 1 Ml 610 s L energia cinetica iniziale dell asta si trasforma completamente in energia potenziale nella posizione di massima oscillazione: 1 l IO M g (1 cos ), l cos 1 0,65, 3g 74 38'. b) L energia dissipata nella perforazione è la differenza tra l energia cinetica iniziale del proiettile e la somma delle due energie cinetiche dell asta e del proiettile subito dopo l urto: 198

13 1 ' 1 Ed ( mv IO mv ) ( , ) 7,8 J Un asta omogenea uniforme di massa M kg è fissata a un chiodo A mediante un filo ideale in un piano verticale ed è appoggiata nel punto B di una parete. Se l asta non scivola lungo la parete, sapendo che 30 e 60, calcolare: a) la tensione T del filo, b) la reazione R della parete sull asta, c) la forza di attrito F a. (5) Le condizioni di equilibrio richiedono l annullamento del risultante delle forze e quello del risultante dei momenti; scegliendo come polo il punto B, abbiamo, indicando con l la lunghezza dell asta: Risolvendo il sistema, si ottiene asse x R T sin 0, asse y F a Mg+ T cos 0, polo B M g l sin Tl 0. F a T Mgsin 4, 9 N R Mg sin sin 4, 4 N, 4 sin cos Mg 1 17, N. 199

14 6.1. Un cilindro di ghiaccio ( gh 90 unità SI) di massa m 105 g e raggio r 3 cm è fisso al centro di una padella circolare di massa M 300 g e raggio R 10 cm in rotazione attorno al proprio asse con velocità angolare 30 rad/s. a) Se il ghiaccio fonde completamente senza evaporare, quale sarà la nuova velocità angolare del sistema a fusione avvenuta? b) Quale sarà la variazione di energia meccanica totale del sistema? [Si assuma il momento d inerzia della padella pari a quello di un disco e si supponga che dopo la fusione la superficie dell acqua si mantenga orizzontale.] (4) _ a) Il sistema padella-cilindro è isolato, perciò deve valere il principio di conservazione del momento angolare I ' I ', dove è la nuova velocità angolare a cilindro fuso, I e I i momenti d inerzia iniziale e finale, che risultano espressi da MR mr 1 I +, I ' ( M + m) R ; sarà allora 4 I MR + mr 0, , rad ' 30,9. I ' ( M + m) R 0, s b) La variazione di energia meccanica del sistema non sarà solo cinetica, ma anche potenziale perché, quando il cilindro fonde il suo baricentro si abbassa. La variazione di energia potenziale; indicando con H l altezza dell acqua di fusione e con h quella del cilindretto di ghiaccio, sarà, indicando con la densità dell acqua: H h m g 1 1 U mg R ghr 0,105 9, ,1 mj. 4 6,

15 Passiamo ora a valutare la variazione di energia cinetica: K K f K i 1 (I ' ' I ) Risulta quindi 1 (1 (M + m)r ' MR + mr ) ( ) 165 mj. 0,5 1, 06 1, 39 E 0,18 J Una boccia di raggio r 5 cm viene lanciata orizzontalmente con velocità v 10 m/s su una pista scabra e si ferma dopo un tempo t 5 s. Calcolare: a) il coefficiente di attrito tra boccia e pista, b) la distanza di arresto della boccia. (5) a) Assumendo come polo il centro O della boccia e ricordando che la sola forza agente su essa è la forza di attrito μ M g (avendo il peso momento nullo rispetto a tale polo), possiamo scrivere l equazione cardinale della dinamica dei moti rotatori M O I O d dt μ Mgr 5 Mr d dt, d 5μ g dt, r 5μ gt 0. r Ma è 0 v /r, mentre quando la boccia si ferma è 0, quindi r v 0 5gt 5gt μ 0,1. b) La boccia si muove di moto uniformemente decelerato con decelerazione μ g, perciò la distanza di arresto sarà t d vt mg 40 0, , m. 01

16 6.14. a) A quale distanza x dal centro deve essere appesa in un piano verticale un asta omogenea uniforme di lunghezza l per poter oscillare con la massima frequenza? b) quanto vale tale frequenza massima? (5) a) L asta oscillante è un pendolo composto di frequenza f 1 1 T mgd, I O dove I O è il momento d inerzia dell asta calcolato rispetto all asse passante per il punto di sospensione O e d è la distanza tra O e il centro di massa, ovvero x. Possiamo quindi scrivere f 1 1 mgx 1 1gx 1 3gx T ml l + 1 x l + 1 x + mx 1, Per trovare il massimo di f, imponiamo che df/dx 0: df 1 d 3g x 1 3g x 3 gl ( + 1 x ) 7gx ; dx dx l + 1x p l + 1 x ( l + 1 x ) 1/ 1/ quando cioè quando b) Il massimo valore di f è df/dx 0 3 g l + 36 g x 7 g x 0, l x 3. 6 f max 1 3g 3. 4l Un asta omogenea e uniforme di massa M e lunghezza l sospesa verticalmente per l estremo O viene colpita nel punto C da un proiettile di massa m animato da velocità v che si conficca in essa. Ricavare, trascurando tutti gli attriti: a) il valore di x per il quale è massima velocità angolare; b) l espressione di tale valore; c) precisare i limiti di validità dei risultati precedenti. (5) 0

17 a) Si tratta di un urto con conseguenze rotatorie, quindi, essendo il sistema isolato, deve conservarsi il momento angolare totale, che inizialmente è dovuto al solo proiettile e dopo l urto all asta in rotazione con velocità angolare. mv x I mx mv x Ml mx + 3 O + Poniamo ora d /dx 0, ottenendo per x in corrispondenza del quale è massima il valore. Ml 3, x l M 3m max. b) In corrispondenza di tale valore ricaviamo v max l 3 m. 4M c) Deve essere x < l, pertanto il problema ha soluzione solo per M < 3 m. 03

18 6.16. Una sferetta puntiforme percorre una guida circolare orizzontale liscia di raggio r 60 cm con velocità angolare costante 5 rad/s. Durante il tragitto urta un identica sferetta ferma sulla guida mettendola in moto con velocità v m/s. Calcolare: a) la velocità della prima sferetta dopo l urto, b) l entità dell eventuale perdita di energia nell urto. (5) a) Trattandosi di un urto con conseguenze rotatorie, deve conservarsi il momento angolare totale del sistema delle due sferette prima e dopo l urto; indicando rispettivamente con v r e con ' 1 v 1 le velocità della prima sferetta prima e dopo l urto, possiamo scrivere, assumendo come polo O il centro della guida mv 1 r mv ' 1 r + mv r, ' v 1 v 1 + v, v 1 ' v 1 v r v 5 0, 6 1 m s. Facciamo notare che avessimo imposto la conservazione della quantità di moto avremmo ottenuto (casualmente) lo stesso risultato solo perché la traiettoria è circolare e le sferette sono puntiformi; tuttavia formalmente la trattazione in tal modo è errata. b) Calcoliamo l eventuale variazione di energia cinetica totale in seguito all urto: m ' K ( v1 + v v1) m. L energia cinetica è diminuita, quindi possiamo affermare che l urto è parzialmente anelastico. Non conoscendo la massa delle sferette non possiamo calcolare il valore assoluto della dispersione, ma possiamo invece calcolare la percentuale di energia persa: E % K ,4%. 1 m mv 9m 1 04

19 6.17. Un disco omogeneo pieno, di massa M e raggio r, sta ruotando in un piano orizzontale attorno al proprio asse baricentrale con velocità angolare, quando dal bordo si stacca un frammento puntiforme di massa m che schizza via tangenzialmente. Trascurando qualsiasi attrito, ricavare le espressioni di: a) la velocità angolare del disco dopo il distacco del frammento, b) il lavoro necessario per il distacco del frammento. c) Eseguire i calcoli per: 0 rad/s, M 00 g, m 5 g, r 15 cm. (5) a) Applichiamo il principio di conservazione del momento angolare: quello iniziale è Mr Pi I, mentre quello finale è la somma del momento angolare del frammento e di quello del disco residuo; tenendo conto che il frammento schizza via con velocità periferica v r, si ha: da cui Mr r mr + ( M m) ', M m '. M m b) Il lavoro di distacco è la differenza tra l energia cinetica iniziale e quella finale, cioè 1 Mr 1 1 M m L m r r '. Sostituendo l espressione di, otteniamo, dopo qualche passaggio: 05

20 m r L ( M m). 4( M m) c) Passando ai calcoli, si ottiene 19,5 rad/s, L 11 mj Un grave l di massa m cade dalla quota h 5 m sull estremo B di un asta di massa trascurabile imperniata nel punto O posto a l /3 da B; se l urto è elastico, calcolare a quale altezza arriveranno dopo l urto il grave 1 e la sferetta, anch essa di massa m, appoggiata all estremo A dell asta. (5) Il problema si risolve applicando i principi di conservazione del momento angolare e dell energia di tutto il sistema prima e dopo l urto. Indicando con h 1 e h rispettivamente le quote alle quali salgono il grave e la sferetta dopo l urto, abbiamo da cui l l m gh m gh1 + ml gh, m gh m gh1 + m gh, gh gh gh h h1 + h 1, che ha per soluzioni h h h h h1 + h, 1 h 1 1, 8 m, h 3, m. 06

21 6.19. Un asta omogenea e uniforme di lunghezza l 80 cm e massa m è appesa verticalmente in O. Esprimere in funzione delle quantità date: a) la velocità v con cui deve essere scagliata orizzontalmente una freccia di massa m/4 nel punto A a distanza 3 l/4 da O per portare l asta in posizione orizzontale,b) la percentuale dell energia cinetica iniziale della freccia spesa come lavoro di penetrazione. (5) _ a) Nell urto, che ha conseguenze rotatorie, vale il principio di conservazione del momento angolare calcolato rispetto al polo O. Se è la velocità angolare con cui inizia a muoversi l asta con la freccia conficcata, sarà da cui m m v l ml + l, v. 91 l L asta trasforma tutta la sua energia cinetica iniziale in energia potenziale in posizione orizzontale: v l m Itot ml + ml mg + g l l 4 4 da cui v m 4,3 gl 4,3 9,8 0,8 1. s b) Il lavoro di penetrazione è dato dalla differenza tra l energia cinetica K della freccia incidente e l energia cinetica con cui inizia il moto del sistema astafreccia: 07

22 L p 1 mv 1 I 1 tot mv v 19 ml 91 l 1 mv 1 7 mv mv 0, 96 K. La percentuale cercata è allora del 9,6 % Calcolare la potenza che deve fornire un motore nei primi 0 s per mettere in moto da fermo un cilindro pieno omogeneo di massa M 3 kg e raggio r 0 cm con accelerazione angolare costante rad/s. () Tale potenza è espressa dalla relazione W M O, dove, essendo il moto uniformemente accelerato, è t. Ne consegue che W M O t, ma M O I O, perciò r (0,) W IO t M t ,8 W Un cilindro pieno omogeneo di raggio r 0 cm e massa M 40 kg è libero di ruotare attorno a un asse passante per O perpendicolarmente al piano della figura ed è inizialmente in quiete. Il momento delle forze di attrito sull asse per O arresta il cilindro dopo n 40 giri quando esso sta ruotando con velocità angolare 0 rad/s. Se nel punto A sul bordo del cilindro viene fissata una massa puntiforme m, calcolare il minimo valore di m necessario per mettere in rotazione il cilindro attorno al proprio asse. (3) 08

23 a) Il cilindro dissipa la propria energia cinetica ruotando di un angolo contro gli attriti, quindi 1 Ma I, O pertanto M a Mr 8 n. Il cilindro può ruotare solo se il momento del peso della massa m supera M a, cioè se mgr > Mr 8 n, m > Mr 8 ng 0,3 kg. 6.. Una trave omogenea di massa m 300 kg e lunghezza l 8 m è appoggiata su due sostegni A e B con l 1 m ed l 1 m. Calcolare le forze esercitate dalla trave sui due sostegni, in modulo, direzione e verso. (3) 09

24 a) Indicando le reazioni vincolari nei punti di appoggio A e B con A e B, imponiamo che il risultante delle forze agenti sulla trave sia nullo e che sia nullo anche il momento meccanico calcolato rispetto al centro di massa: + mg, A B l l A l1 B l, da cui, risolvendo il sistema: l l 3 A B B, l l1 e quindi A 3 mg, B mg 5 5 F A F B 1764 N, 1176 N. Entrambe le forze sono rivolte verso il basso Un asta omogenea lunga l 1 m, imperniata in un piano verticale nel punto O a distanza a 0,1 m dal centro non resta in equilibrio e cade. Calcolare l accelerazione angolare iniziale. (4) _ Per l asta in rotazione attorno a O deve valere l equazione cardinale della dinamica dei corpi rigidi in moto rotatorio da cui M O I O, l l g[ ( + a) ( a) M ] O g 9,8 rad 5,4. IO l l 0,187 s 4( l + a ) ( + a )

25 6.4. Un asta omogenea di lunghezza l 1,8 m e massa M 0,8 kg in quiete in un piano orizzontale vincolata nel punto O baricentrale viene colpita perpendicolarmente a un estremo da un proiettile di massa m 3 g con velocità v 50 m/s che si conficca in essa. a) Con quale velocità angolare ruoterà l asta dopo l urto? b) Qual è il lavoro di perforazione? (5) a) Trattandosi di un urto con conseguenze rotatorie ed essendo il sistema isolato, si deve conservare il momento angolare totale rispetto al polo O, ovvero deve essere mv l IO ( Ml + ml ), 1 4 e quindi 3 mvl 6mv rad Ml ml lm ( + 3 m) 0,809 1,8 s 0, b) Il lavoro di perforazione è dato dalla differenza tra l energia cinetica iniziale del proiettile e l energia cinetica con cui inizia a ruotare tutto il sistema dopo l urto, ovvero mv I O Lp 3,73 J Un asta omogenea uniforme di lunghezza l 1 m e massa m 0 g ha un estremo appoggiato a un piano liscio, mentre l altro estremo appoggia su una molla ideale verticale avente lunghezza a riposo h o 15 cm e rigidità k 5 N/m. Calcolare, in condizioni di equilibrio: a) la compressione della molla, e b) l angolo. (4) 11

26 a) Per risolvere il problema, dobbiamo ricorrere a un approssimazione: quando l asta si abbassa comprimendo la molla per azione del proprio peso, la lunghezza della molla compressa è a tan, dove a è la distanza tra il piede della molla e il punto O. Cosi facendo, tuttavia, dobbiamo risolvere un equazione di 4 grado; dal momento però che la lunghezza dell asta è molto maggiore di quella della molla a riposo, possiamo approssimare la lunghezza della molla compressa con l sin. Annullando il momento meccanico delle forze agenti calcolato rispetto al polo O, abbiamo allora da cui x l mg cos kxlcos, mg k ,8 1,96 cm. b) Risulta essere x h o h h o l sin, e quindi da cui ho x 15 1,96 sin 0,1304, l ' Un cilindro pieno omogeneo di massa m 1 kg è appeso in un piano verticale in modo da mantenersi in posizione orizzontale mediante due funi ideali avvolte su esso. Se viene lasciato libero, calcolare: a) con quale accelerazione discende, b) dopo quanto tempo è disceso di h 50 cm, c) le tensioni delle funi. (5) Indicando con T la tensione delle due funi, la seconda legge della dinamica ci dà: T m g m a; 1

27 quando il cilindro scende di un tratto h, esso acquista energia cinetica in quantità pari alla perdita di energia potenziale; 1 I a mgh, dove, per calcolare I a, dobbiamo tener conto che il moto del cilindro è rotatorio attorno all asse di istantanea rotazione (passante per il punto di contatto con le funi); per il teorema di Huygens-Steiner si ha dunque, tenendo conto che v CM /r, 1 3 Ia ICM + mr mr + mr mr. Quindi 1 3 vcm 3 mr mv CM mgh, r 4 da cui la velocità del centro di massa del cilindro, che d ora in poi chiameremo semplicemente v, risulta data da 4 v 3 gh. Essendo il moto di caduta del cilindro uniformemente accelerato con partenza da fermo, sarà: a v h 3 g 6,53 m s, t v a 3h g 0,39 s, T m (g a) 0,5 3,7 1,64 N Un asta omogenea uniforme di lunghezza l 1 m è appesa verticalmente all estremo O; la sua caduta è impedita da un momento costante di attrito M e l asta può cadere solo quando l angolo 10. Calcolare con quale velocità angolare l asta passerà per la posizione più bassa. (4) 13

28 L energia potenziale dell asta subisce una variazione U U f U i mg l mg l cos mg l (1 + cos). Tale diminuzione viene utilizzata per compiere lavoro contro gli attriti e per impartire all asta energia cinetica: 1 mgl(1 + cos) M + 1 I O ; in posizione verticale 170,quindi mgl(1 + cos) M ml 3 3mgl(1 + cos) 6M ml Per determinare M scriviamo che per 10, tale momento equilibra il momento del peso dell asta: perciò: M mg l sin, l 3 mgl(1+cos ) -6mg sin 3g ( 1+ cos sin ) ml l rad 9,4 (1 + 0,985 0,174,97) 6,57. s 6.8. Un asta omogenea di massa m 600 g incernierata all estremo O è in equilibrio sotto l azione di un filo ideale di lunghezza l 60 cm che la mantiene orizzontale. A 3/4 della lunghezza dell asta è appesa una massa M 00 g. Calcolare: a) la tensione del filo, b) la reazione vincolare in O. (3) 14

29 _ a) Il momento meccanico agente sul sistema deve essere nullo in condizioni di equilibrio, quindi il momento rispetto al polo O della tensione T del filo deve uguagliare quello del peso dell asta e della massa M. Deve allora essere da cui T y L mg L Lmg, T sin g ( m M ) e quindi T g sin (m M ) 9, 8 (0,3 + 0,15) 8, 8 N, 0,5 essendo, come evidente dalla figura, 30. b) Scomponiamo la reazione vincolare in O nelle due componenti x e y e imponiamo l annullamento del risultante delle forze nelle due direzioni x e y: x T cos 7, 64 N, da cui: y (M + m)g T sin 3,43 N, x + y 8,37 N Un altalena di massa trascurabile lunga l m parte dalla posizione angolare o 45 ; durante la discesa, il bambino a bordo, di massa m 40 kg, modifica il proprio momento d inerzia rispetto al polo O dal valore I 450 kg m a I 440 kg m mediante opportune flessioni. a) Stabilire in quale posizione è opportuno ridurre il momento d inerzia per aumentare l ampiezza delle oscillazioni. b) Calcolare a quale altezza risale l altalena dopo la prima oscillazione al ritorno nel punto A. (5) 15

30 a) La diminuzione di I, dovendo valere la conservazione del momento angolare I, deve portare a un aumento della velocità angolare, quindi dell energia cinetica I /; dovendo valere il principio di conservazione dell energia, aumenta la quota raggiunta dall altalena nel suo punto di inversione, ovvero m glcos o 1 I mglcos, dove è la generica posizione angolare. Se il bambino rende minimo il momento d inerzia quando passa dalla posizione C, diventa massima e l altalena raggiungerà la quota più alta. b) Cominciamo a calcolare la velocità angolare dell altalena nella posizione C senza modifiche di I: m glcos o 1 I mgl, m gl(1 cos o ) I Dopo la riduzione da I a I, avremo la nuova velocità angolare ' I I '. Scriviamo ora che l energia totale nella posizione C si trasforma in energia potenziale nella posizione di massima quota: L altezza massima sarà allora 1 I ' ' mgl mglcos, 1 I I ' mgl(1 cos ) mgl mglcos, o cos 1 I I ' (1 cos o ) , 70, 45 3'. al di sotto del punto O. h max l cos 1,55 m 16

31 6.30. Un proiettile di massa m 0 g viene lanciato con velocità v 50 m/s sul bordo di un disco inizialmente fermo, di massa M 10 kg e raggio r 40 cm, libero di ruotare in un piano orizzontale attorno al proprio asse. Se v forma con la verticale un angolo 45 ed è contenuto in un piano verticale tangente al disco, e il proiettile resta conficcato nel disco, calcolare: a) la velocità angolare del sistema dopo l urto, b) il lavoro di penetrazione nel disco. (4) _ a) Trattandosi di urto con conseguenze rotatorie, si conserva il momento angolare totale del sistema; assunto come polo il centro del disco, si ha: mvr (M + m)r mvr I tot Mr + mr, mv (M + m)r ,04 0, 4 0,5 rad s. b) Il lavoro di penetrazione è dato dalla differenza tra l energia cinetica del proiettile incidente e l energia cinetica totale finale del sistema, ovvero L p 1 mv M + m r 0,5(10 -, ,0 0,16 0,5) 4,9 J. Si noti che l angolo di incidenza del proiettile non ha alcuna influenza sui risultati Un asta omogenea uniforme di massa m appesa per un estremo in un piano verticale compie piccole oscillazioni di periodo T; se essa viene colpita nel centro da un proiettile di massa m/5 che resta conficcato in essa, calcolare la variazione percentuale del periodo delle piccole oscillazioni. (5) _ 17

32 L asta è un pendolo composto di periodo T I mgd, dove I m l /3 e d l /, perciò T l 3 g. Il periodo T sarà invece equindi T ' ml 3 + m l 5 4 m + m 5 g l 3 l 36 g, T T 'T T 100 T ' T ,1% 6.3. A una fune ideale appoggiata su una carrucola di massa M 5 kg e raggio R 10 cm sono appese a sinistra una massa m 1 kg e a destra una molla ideale di lunghezza a riposo l 10 cm e rigidità k 1000 N/m e; se si tira leggermente la massa m verso il basso, poi rilasciandola, dimostrare che il sistema oscilla di moto armonico semplice. Calcolare: a) il periodo di oscillazione, b) la posizione del centro di oscillazione. (5) a) L energia meccanica di tutto il sistema deve mantenersi costante durante il moto del sistema; essa comprende l energia cinetica della massa m, la sua energia potenziale, l energia elastica della molla deformata di un tratto x e l energia cinetica della carrucola in rotazione con velocità angolare. 18

33 Assumendo un asse y orientato verso il basso con origine nel centro O della carrucola e tendo conto che, quando tiriamo verso il basso la massa m la molla si deforma di un tratto y y l, l energia meccanica totale del sistema è 1 mv + 1 I + mgy+ 1 k(y l ) costante, O dove I è il momento d'inerzia della carrucola rispetto all'asse per O, ovvero O 1 mv + 1 Differenziando, si ottiene: MR v + mgy+ 1 k(y l ) R costante, 1 vdv M + m + mgdy+ 1 k (y l)dy 0, dy dt dv M + m + mgdy+ k(y l)dy 0, che è l equazione differenziale di un moto armonico semplice di periodo T M + m k 6,8 3, ,37s. b) L accelerazione del centro di oscillazione è nulla, perciò, dalla precedente equazione differenziale, otteniamo dv M dt + m + mg+ k(y l) 0, k kl mg a y +, M + m M + m y 0 l mg k 0,1 1 9, ,09 m 9cm In un orologio a pendolo di torsione, se si fa ruotare la parte mobile di un angolo 30, essa oscilla con periodo T s. Se essa è formata da 4 sfere di massa m 60 g e raggio r cm, il cui centro dista dal filo di sospensione d 6 cm, calcolare: a)l accelerazione angolare del sistema, b) la costante di torsione del filo. (4) 19

34 a) La legge di moto di un pendolo di torsione si ricava imponendo che il momento torcente del filo di sospensione uguaglia il prodotto I del momento d inerzia per l accelerazione angolare del sistema, ovvero I k, da cui risulta che il moto del pendolo è armonico con periodo T I k. Ne deriva che 4 rad 5,17. T s b) Per calcolare la costante di torsione del filo, si ricava k 4 I T, dove il momento d inerzia si ottiene dal teorema di Huygens-Steiner: I 4 5 mr + md Allora 4m 5 r + d (0, ) 9, kg m. k 4 9,87 9, Nm 8,9 10 rad Un cubetto di densità 8 g cm 3 con spigolo l cm viene lanciato verticalmente verso l alto con velocità iniziale v 10 m/s. Calcolare: a) quando passerà dal punto a quota h 4 m; b) la pressione esercitata sul terreno quando vi ricade affondando in esso con una faccia parallela al terreno; c) fino 0

35 a quale altezza farà schizzare un oggetto con la sua stessa massa appoggiato all estremo di un asta di massa trascurabile come quella in figura, sulla quale il cubetto rimbalza elasticamente cadendo dalla quota h. (5) _ a) È un moto uniformemente decelerato in salita, uniformemente accelerato in discesa, perciò la legge oraria del moto sarà y 1 gt + v o t, nella quale, ponendo y h, otteniamo per il tempo t v o ± v o gh g 10 ± , 4 9,8 10 ± 4, 65 9,8 1,49 s, 0,55 s corrispondenti rispettivamente alla discesa, dopo aver raggiunto il culmine a 5,1 m di altezza, e alla salita. b) Per la definizione stessa di pressione, otteniamo, indicando con F n la forza esercitata in direzione perpendicolare al terreno p F n S q S t, dove S è la sezione del cubetto e q è l impulso esercitato sul terreno, pari alla variazione di quantità di moto del cubetto che, penetrando nel terreno, perde tutta la propria velocità; abbiamo allora p mv o S t l 3 v o lg , 8 1,57 kpa. l t c) Nell urto vale il principio di conservazione del momento angolare di tutto il sistema, cioè, tenendo conto che il cubetto arriverà sull asta con velocità v gh, e che vi rimbalza elasticamente: da cui m gh 6l m gh 6 l + m gy1 l, y h 4 m. 1

36 6.35. Un cilindro pieno omogeneo di massa m 4 kg e raggio r 6 cm è appeso al soffitto mediante un sottile filo metallico ideale. Dando una leggera torsione al cilindro, il filo esercita un momento meccanico di richiamo M O k, dove k è la costante di torsione del filo e è l angolo di torsione. Trascurando ogni attrito, se il cilindro oscilla attorno al proprio asse con periodo T 0,4 s, calcolare: a) k; b) l accelerazione angolare del cilindro per 10. (4) _ a) Trattandosi di un moto rotatorio attorno all asse baricentrale, deve essere da cui M O I O, k I O, + (k/i O ) 0, tipica equazione di moto armonico semplice con Allora : k 4 I O T k I O e T I O k mr T 1, 77 Nm rad.. b) k k rad 48,8 I. O mr s

37 6.36. Un asta omogenea uniforme di lunghezza l 1 m e massa m è appesa verticalmente in quiete per l estremo O quando viene colpita da una freccia di massa m /0 in moto orizzontale con velocità v 50 m/s. Se la freccia si incastra nell asta, calcolare, trascurando il momento d inerzia della freccia rispetto a quello dell asta: a) a quale distanza da O incide la freccia se l asta, per effetto dell urto, raggiunge la posizione verticale ruotando di 180 ; b) la velocità angolare con cui la freccia passa dalla posizione orizzontale. (5) _ a) Deve valere il principio di conservazione del momento angolare, essendo l urto con conseguenze rotatorie; se allora x è la distanza tra O e il punto di impatto, sarà 1 0 mvx I t 1 3 ml mx. L energia cinetica con cui parte l asta si trasforma in aumento di energia potenziale quando l asta ha raggiunto la posizione verticale superiore: 1 I t x m 0 g + mgl, 1 I m v x t 16I t m v x ml mx mg l + x 10. Trascurando il termine m x /0 al denominatore, si ricava: 15 v x 16 g l x 160 g l 3 0, che ha per soluzione x 0,41 m 41 cm. b) Applicando il principio di conservazione dell energia, si ha 1 I t 1 I t ' + mgx 0 + mg l, da cui la nuova velocità angolare risulta ' mg I t x 10 + l 45 rad s. 3

38 6.37. Un asta omogenea di massa M 1 kg e lunghezza l 60 cm, appesa verticalmente e appoggiata a una molla ideale scarica di rigidità k N/m, viene colpita da una massa m 40 g che incide orizzontalmente sull estremo inferiore con velocità v 40 m/s e vi rimbalza con velocità v 10 m/s. Calcolare: a) la compressione della molla in seguito all urto, b) l energia dissipata nell urto. (5) a) Applichiamo il principio di conservazione del momento angolare del sistema asta-massa ricavando la velocità angolare con cui parte l asta, imponendo poi che l energia cinetica acquistata dall asta in seguito all urto si trasformi interamente in energia elastica di compressione della molla. mvl I mv ' l, x I k 3m(v + v ') Ml I k ml(v + v ') 1 3 Ml 1 I 1 kx, 3m (v + v ') Ml 4 3m (v + v ') ; Ml Ml 3k , 6 1 0, cm. b) L energia dissipata nell urto è data dalla differenza tra l energia cinetica iniziale della massa m e la somma delle due energie cinetiche dell asta e della massa che vi rimbalza, cioè E 1 mv 1 I 1 mv' 1 m(v v' ) Ml 3 1 m(v v' ) 3 m (v + v') M 0,5 (4 10-1, , )4 J Un asta omogenea uniforme di massa M e lunghezza d è vincolata nell estremo O e mantenuta orizzontalmente in un piano verticale. Se la si lascia libera, essa va a urtare un corpo puntiforme di massa m fermo nel punto A; se, dopo l urto, l asta rimbalza a 45 e il corpo cade nel punto di ascissa d, calcolare il rapporto m/m. (5)

39 _ Nell urto vale il principio di conservazione del momento angolare del sistema; prima dell urto abbiamo il solo momento angolare dell asta che, rispetto al polo O, vale P ao I O Md 3, dove la velocità angolare dell asta si ricava tenendo presente che quando l asta arriva a toccare la massa m ha perso tutta l energia potenziale rispetto alla posizione orizzontale trasformandola in energia cinetica, cioè Mg d 1 I O, e quindi: Mgd I O 3 g d P ao I O Md 3 3 g d M d3 g 3. ' Dopo l urto abbiamo il momento angolare P ao dell asta che rimbalza e quello della massa m che parte orizzontalmente con velocità v, m v d; per calcolare P a0 dobbiamo imporre che l energia cinetica con cui rimbalza l asta, 1 I O ', si trasforma in energia potenziale a 45, cioè: 1 I O ' 1 Mgd(1 cos45 ), 5

40 e quindi Ne consegue che Allora otteniamo: ' P ao ' Mgd(1 cos45 ) I O. MgdI O (1 cos45 ). MgdI O MgdI O (1 cos 45 ) + mvd. Per ricavare v, scriviamo l equazione della traiettoria della massa m: y 1 g x v + d, da cui, ponendo che per x d è y 0, risulta Quindi v gd. Mg d I O MgdI O (1 cos45 ) + md gd, Mg d I O (1 + 1 ) md gd. Elevando al quadrato, si ricava: m M 4,74 3 1, Un asta omogenea e uniforme di massa m e lunghezza l 80 cm è appesa verticalmente per l estremo O. Calcolare: a) con quale velocità deve essere scagliata una freccia di massa m/4 che si conficca nell estremo libero A per portare l asta in posizione orizzontale; b) la frazione dell energia cinetica iniziale della freccia spesa come lavoro di penetrazione. (4) 6

41 a) Nell urto vale il principio di conservazione del momento angolare totale; prima dell urto il momento angolare rispetto al polo O è solo quello della freccia, ovvero m v l/4, mentre dopo l urto il momento angolare viene espresso da I tot, essendo la velocità angolare con cui parte l asta con la freccia infissa e I tot il momento d inerzia del sistema calcolato rispetto all asse per O; allora I tot ml 4 + ml ml. L asta si arresta quando tutta la sua energia cinetica si è trasformata in energia potenziale in posizione orizzontale; tenendo conto che la freccia si solleva di l, mentre il centro di massa dell asta si solleva di l/, abbiamo 1 I tot m 4 gl+ mg l 3 4 mgl, da cui 18 g 7 l. Uguagliando il momento angolare totale finale e quello iniziale e sostituendo l espressione di, otteniamo v 016 gl 016 9,8 0,8 15,7 m s. b) La frazione cercata è espressa dal rapporto tra il lavoro di penetrazione e l energia cinetica della freccia incidente, ovvero f L p K i K i K f K i 1 K f K i 1 1 I tot 1 m 4 v 0,997, ml 18 g 7 l m 016 gl 8 pari al 99,7% dell energia cinetica iniziale della freccia Un disco omogeneo di raggio r 10 cm e massa M 1 kg è imperniato su un asse passante per il centro collegato rigidamente a un ingranaggio I su cui è avvolta una fune ideale passante su una carrucola e recante all estremo libero un blocco di massa m 00 g. Quando m scende di un tratto h 40 cm, la fune mette in rotazione il disco attraverso l ingranaggio; trascurando qualsiasi attrito, calcolare: a) il momento d inerzia del disco, b) la sua velocità angolare, c) la sua quantità di moto, d) il suo momento angolare. (5) 7

42 _ a) Il momento d inerzia del disco rispetto all asse baricentrale è I 1 Mr 0, kg m. b) Quando il blocco è sceso di un tratto h, la sua energia potenziale è diminuita di m g h, mentre il disco, posto in rotazione attraverso l ingranaggio, ha acquistato un energia cinetica rotazionale I /, quindi possiamo scrivere che m gh I 1 I mgh, 0, 9,8 0, , 7 rad s. c) La quantità di moto di un corpo vincolato a un asse fisso, non avendo alcun moto traslatorio, è sempre nulla. d) Il momento angolare del disco vale P I , 7 88, kg m s Un topolino e un pezzo di formaggio sono in equilibrio su un assicella omogenea e uniforme di massa M 1 kg, lunghezza l 5 m e coefficiente di attrito μ 0,4: il formaggio ha massa m g e si trova a distanza d 1 1,5 m dal fulcro F, mentre il topo è a distanza d 50 cm da F, che si trova a sua volta distanza h m dall estremo A. Il topo tenta di raggiungere il formaggio, ma, appena si sposta verso sinistra, l assicella si inclina e il formaggio scivola verso A rischiando di cadere nel pozzo sottostante. L astuto topo si sposta allora con estrema lentezza verso il formaggio e con molta pazienza riesce a raggiungerlo dopo un tempo t 5 min. Calcolare: a) la massa del topo, b) la massima inclinazione dell asse perché il pezzo di formaggio non scivoli, c) la velocità costante con cui si è mosso il topo 8

43 per raggiungere il formaggio prima che questo cada, evitando di finire in bocca al gatto appostato sul bordo del pozzo. Si supponga uniforme la rotazione dell assicella. (6) a) Quando tutto il sistema assicella-topo-formaggio è in equilibrio orizzontale, il momento delle forze peso deve essere nullo, cioè m M l h g md g m 1 d 1 g 0, M l h m 1 d 1 d 1 0,5 0,45 0,5 100 g. b) Deve essere soddisfatta la condizione cioè tan < μ, < c) Il moto del sistema è retto dall equazione M F dp F /dt, dove abbiamo scelto come polo il fulcro F. Ricordando che il momento angolare si può scrivere come I F, la precedente relazione, tenendo conto che il momento d inerzia varia nel tempo poiché il topo si sta muovendo, si scrive M F I F d dt + di F dt, 9

44 Se la rotazione è uniforme, la precedente relazione diventa cioè m 1 gd 1 + mgx Mg M F di F dt, [ ] l h dm 1d 1 + mx dt m wxv, dove x v t è la distanza percorsa dal topo dopo il tempo t. Allora m 1 gd 1 + mgvt Mg l h mwv t. Essendo però v molto piccola, possiamo trascurarne il quadrato e scrivere, con buona approssimazione: da cui v M m 1 gd 1 + mgvt Mg l h md 1 mt 0,5 0,1 1,5 0,1 300 l h 0, 0, ,01 m s 1, cm s Una trave omogenea e uniforme di massa M 50 kg e lunghezza L è imperniata in un perno O posto a L /4 dall estremo A. Un bimbo posto in A mantiene la trave in equilibrio; calcolare: a) la massa m del bimbo, b) la reazione vincolare nel punto O. (3) a) Deve essere nullo il momento di tutte le forze agenti, che sono il peso del bimbo, quello della trave e la reazione O nel punto di appoggio O; se scegliamo come polo il punto O, il momento della reazione vincolare è nullo e l equilibrio è espresso dall uguaglianza da cui mg L 4 Mg L L 4 m M 50 kg. Mg L 4, 30

45 b) Per calcolare la reazione vincolare in O, basta cambiare polo; scegliendo per esempio il polo A, dovrà essere L 4 O MgL 0, O M g 980 N. Se avessimo scelto come polo l altro estremo della trave avremmo ricavato ovviamente lo stesso risultato, come lasciamo verificare al lettore Un uomo di massa m 60 kg è in quiete sul bordo di una piattaforma di massa M 100 kg e raggio r 4 m anch essa in quiete. a) Se l uomo si mette in moto in direzione radiale con velocità costante v 80 cm/s come si comporta la piattaforma? b) e come si comporta se l uomo si mette in moto in senso orario lungo il bordo con la stessa velocità? (4) a) Il sistema piattaforma-uomo è isolato, perciò deve valere il principio di conservazione del momento angolare; il momento angolare iniziale è nullo poiché è tutto in quiete, ma quando l uomo si mette in moto radialmente non acquista momento angolare rispetto al centro della piattaforma, in quanto il vettore posizione r e il vettore velocità v sono antiparalleli; ne consegue che la piattaforma non può acquistare alcun momento angolare e resterà perciò ferma. b) Diversa è la situazione nel caso di moto periferico dell uomo; infatti egli acquista rispetto al centro della piattaforma un momento angolare m v r e la piattaforma dovrà acquistare un momento angolare I tale che m v r + I 0 e la piattaforma si metterà a ruotare in verso opposto a quello in cui cammina l uomo con velocità angolare mvr I mvr Mr + mr r mv M + m ,11 rad s Due aste omogenee uguali, di lunghezza l e massa m sono imperniate la prima sull asse baricentrale, la seconda su un asse passante in un punto posto a un terzo della lunghezza e stanno ruotando con la stessa velocità 31

46 angolare ; calcolare il rapporto: a) tra i loro momenti d inerzia, b) tra le loro energie cinetiche, c) tra i loro momenti angolari. (4) a) Per determinare il rapporto tra i momenti d inerzia delle due aste dobbiamo applicare il teorema di Huygens-Steiner: per la prima asta, che ruota attorno alll asse baricentrale, abbiamo I ml, mentre per la seconda, in base al suddetto teorema, essendo la distanza tra i due assi pari a l/6, abbiamo perciò sarà I I 1 + m l 6 I 1 I 1 1 ml ml 1 9 ml, 1 1 ml 1 9 ml 3 4. b) L energia cinetica di un asta in rotazione attorno a un asse con velocità angolare vale I /; essendo per le due aste la stessa la velocità angolare, il rapporto tra le energie cinetiche coincide con quello tra i momenti d inerzia. c) Il momento angolare di un asta in rotazione attorno a un asse con velocità angolare vale P I e anche in questo caso il rapporto tra i due momenti angolari, essendo la stessa per le due aste, coincide con quello tra i momenti d inerzia Una sfera e un cilindro omogenei di ugual massa m e ugual raggio r vengono lanciati dalla cima dello stesso piano inclinato di altezza h e rotolano senza strisciare fino al termine del piano. Determinare il rapporto: a) tra le loro energie cinetiche finali, b) tra le velocità angolari, c) tra le velocità dei centri di massa, d) tra i tempi di percorrenza, e) tra le accelerazioni. (5) 3

47 a) Il moto di entrambi i corpi è rotatorio attorno all asse di istantanea rotazione a, passante per il punto di contatto con il piano inclinato; le loro energie cinetiche, indicando con v CM le velocità del centro di massa e applicando il teorema di Huygens-Steiner, sono espresse da: K s 1 I a 1 5 mr + mr v CMs r 7 10 mv CMs, K c 1 I a 1 1 mr + mr v CMc r 3 4 mv CMc. Tali energie cinetiche sono acquistate a spese dell energia potenziale iniziale dei due corpi m g h, quindi il rapporto cercato vale 1. b), c) Il rapporto tra le velocità angolari (entrambe pari a v CM /r) coincide con quello tra le velocità dei centri di massa. Dovrà essere, rispettivamente: mgh 7 10 mv CMs, mgh 3 4 mv CMc, quindi v CMs 15 v CMc 14. d) Sia il moto del cilindro sia quello della sfera sono uniformemente accelerati, ma l accelerazione dei centri di massa non è g sin, perché oltre alla traslazione c è anche il rotolamento. Possiamo comunque scrivere, indicando con l la lunghezza del piano inclinato, che i due tempi sono espressi da e) Trattandosi di un moto uniformemente accelerato, deve essere a v/t, t s l v CMs, t c l v CMc, 33

48 da cui t s t c v CMc v CMs quindi il rapporto cercato vale a s a c v CMs t s v CMc t c , Mentre un disco omogeneo di massa M kg e raggio r 0 cm ruota attorno al proprio asse verticale con velocità angolare 30 rad/s, viene colpito da una freccia di massa m 60 g che si conficca in esso con velocità v 30 m/s a distanza d 10 cm dal centro. Calcolare: a) la nuova velocità angolare e b) il lavoro di penetrazione della freccia. (5) a) Trattandosi di un sistema isolato, si manterrà costante il momento angolare di tutto il sistema prima e dopo l urto; il momento angolare iniziale rispetto all asse baricentrale del disco è dato dalla somma del momento angolare del disco e di quello della freccia che tuttavia essendo diretto perpendicolarmente sia a r sia a v, non ha componenti lungo l asse baricentrale; il momento angolare finale è invece il prodotto della nuova velocità angolare del disco per il momento d inerzia totale. In formule: ' Mr Mr + m r 4 Mr Mr + m r ', , 10 3 ( ) 9,1 rad s. 34

49 b) Il lavoro di penetrazione è dato dalla differenza tra l energia cinetica totale iniziale e quella finale, cioè L p 1 mv + 1 Mr 1 Mr + mr ' , ,3 7, 5 J Un uomo infila una sbarra lunga l m sotto un masso di massa M 500 kg. Quale forza deve applicare per sollevare il masso usando un fulcro che dista d 0 cm dal punto in cui l asta tocca il masso e sporge dal terreno di h 15 cm? () Basta quindi scrivere che è nullo il momento di tutte le forze agenti calcolato rispetto al polo F; tenendo conto che la componente del peso del masso perpendicolare alla sbarra vale M g cos, abbiamo allora: P Mgd l cos d d Mgcos cos P cos l d cos, Mgd ld h + d d Mg l h + d ,8 0, N. In tal modo l uomo esegue uno sforzo 7 volte inferiore a quello che dovrebbe compiere sollevando il masso senza leva Un asta omogenea e uniforme di lunghezza L 80 cm e massa M 800 g è in equilibrio imperniata nel punto O a distanza L/3 dall estremo B, sul quale si trova una massa puntiforme x. Sull estremo A cade liberamente da una quota L un corpo puntiforme, anch esso di massa x. restandovi attaccato. Calcolare: a) il valore di x, b) la quota raggiunta in seguito all urto dalla massa posta in B. (5) 35

50 a) Scriviamo le condizioni di equilibrio, annullando il risultante dei momenti calcolati rispetto al polo O xg L 3 Mg L L 3, x M 400 g. b) Nell urto deve valere il principio di conservazione del momento angolare calcolato rispetto al polo O; il momento angolare iniziale è nullo essendo tutto il sistema in quiete. Quando nel punto A incide la massa x con velocità gl l asta entrerà in rotazione con velocità angolare e la massa posta in B partirà con velocità v L/3 e possiamo scrivere che M gl L 3 M v' L 3 + I tot M v' L 3 + 3v' L ML 3 gl v' ML 1 + ML 36 + M ML 6 + ML, 4 L, 9 v' 7 gl. La massa posta in B, partendo con velocità v raggiungerà una quota L tale che v' gl', ma in virtù del precedente risultato,sarà gl' 7 gl e quindi L' 4 L 6,5 cm