17/1/2019 /1998 /2016 /2015

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2 /2011 /2008 2

3 /2009 /2009 T 0 T 1 = mg T 2 = 1 3 mg Si taglia la fune di destra: ma = mg T 0 { ( 1 3 ml2 ) a l/2 = l 2 mg con a si indica la componente dell accelerazione del centro di massa z dell asta (rispetto ad un asse z verticale diretto verso il basso); usando come polo O l estremo di sinistra al quale resta sospesa l asta,la seconda equazione esprime la variazione nel tempo del momento angolare dell asta come momento totale delle forze applicate (contribuisce solo il peso dell asta in quanto il momento della tensione è nullo). Quindi { T 0 = mg ma = 1 4 mg ma = 3 4 mg O mg /2000 3

4 PROBLEMI P1/2010 4

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6 Soluzione alternativa P1/2010 A volte (quando?) in un riferimento NON inerziale tutto si semplifica. y (mg sin α)i R g sin α P mg i x Consideriamo il moto della palla in un riferimento R non inerziale che scende lungo il piano inclinato con accelerazione a = g sin α (per es., un vagone che scivola senza attrito lungo il piano inclinato); nel riferimento R alla palla in volo risultano applicate la forza peso mg e la forza apparente ma = (mg sin α)i (i è il versore dell asse x, parallelo al piano inclinato). La risultante di queste forze P è diretta perpendicolarmente al piano inclinato: nel riferimento R la palla si comporta come se si trovasse in un campo di gravità costante, diretto perpendicolarmente al piano inclinato e di intensità g cos α. In R il primo rimbalzo elastico e anche i successivi avvengono con un angolo di incidenza costante α; la durata tra il k- esimo rimbalzo e il successivo è sempre la stessa t = 2v 0. I successivi rimbalzi avvengono agli istanti di g tempo t k = k t, k = 0, 1, La lunghezza di ogni salto della palla nel riferimento R è x = (v 0 sin α) t = 2v 0 2 sin α. g La velocità, rispetto al riferimento del laboratorio L, con la quale il riferimento R scivola lungo l asse x è data da v x (t) = v 0 sin α + (g sin α t) Nel riferimento del laboratorio L lo spazio k percorso tra un rimbalzo e il successivo sarà quindi pari a k = v x(t k ) + v x (t k+1 ) 2 t = ( 4v 0 2 sin α) (k + 1) g (si è fatto uso del fatto che in un moto uniformemente accelerato la velocita media in un intervallo di tempo è uguale alla media aritmetica delle velocità istantanee all inizio e alla fine dell intervallo) Quindi k = k+1 k+1 k+2 k= a(k + 1), k = 0, 1, e 0 1 a b = 1 2 6

7 /2009 SOLUZIONE GRAFICA P2/2009 7

8 SENZA PAROLE (QUASI) 8

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15 PROBLEMA (da Problems in elementary Physics, MIR pub., 1971). Buchi nell acqua. Poiché la massa della palla è maggiore di quella di un volume uguale di acqua, il campo di gravità sarà più intenso vicino alla palla (in P)che lontano da essa (in Q). Perciò l acqua nei pressi della palla (in P) avrà una pressione maggiore di quella più lontano, in Q, dove la pressione agente sulla bolla sarà quindi minore che quella agente in P. D altra parte, la forza di gravità tra l aria nella bolla e la palla è maggiore della forza di attrazione tra l aria e l acqua contenuta nel volume tratteggiato. Poiché la massa di aria nella bolla è molto piccola, il primo fattore diventa decisivo e la bolla risulta respinta dalla palla. Q P Per calcolare la forza si può ragionare come segue. Un mezzo omogeneo (l acqua) contiene una sfera quasi priva di massa (un buco) ed una sfera con un eccesso di massa (la palla). Secondo il principio di sovrapposizione, questo può essere considerato come la presenza di una massa negativa (la bolla) ed una massa positiva (la palla). La forza è data da F = G ( M 1) (M 2 M 1 ) R 2 ( R R ) dove M 1 è la massa di acqua in una sfera di raggio R e M 2 è la massa della sfera di ferro (si è trascurata la massa dell aria dentro la bolla). 15

16 PROBLEMA - Un triangolo di Reuleaux O F Il triangolo compie piccole oscillazioni attorno al punto F di appoggio sul piano orizzontale. La distanza tra F e il centro di massa O è data da FO = R R 3 Quindi il momento di inerzia rispetto al centro F di rotazione risulta I = I + M(FO ) 2 = I + M (R R 2 3 ) Il momento della forza peso rispetto a F, per piccole oscillazioni, è = CMR MR 2 3 Mg (R R ) sin a 3 dove a è l angolo tra FO e la normale al piano orizzontale. Per piccole oscillazioni possiamo inoltre approssimare sin a ~α e l equazione della dinamica del corpo rigido si scrive: Mg (R R 3 ) α = I d2 α dt 2 che è l equazione di un moto armonico di frequenza f = ω 2π = 1 Mg (R R 3 ) 2π I 16