Compito di Fisica 1 Ingegneria elettrica e gestionale Soluzioni fila A

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1 Compito di Fisica 1 Ingegneria elettrica e gestionale Soluzioni fila A Massimo Vassalli 1 Dicembre 007 NB: dal momento che i dati numerici degli esercizi non sono comuni a tutti i compiti, i risultati sono dati in forma analitica, senza la sostituzione dei valori numerici. 1

2 1 Esercizio Domanda A Innanzi tutto è necessario determinare la velocità v con cui parte la massa a seguito dell urto. Dal momento che la forza elastica della molla è posizionale, può essere trascurata durante l urto (non è impulsiva) e quindi il sistema dei due dischi risulta isolato e si conserva la quantità di moto: M 1 v 0 = M v = v = M 1 M v 0 il disco procederà verso destra fintanto che la molla non lo fermerà (alla distanza massima da O) per poi tornare indietro. Per determinare tale distanza è sufficiente applicare la conservazione dell energia: K i + V i = K f + V f = 1 M v + 1 L 0 = (1) e pertanto, semplificando, si ottiene : = M v + L 0 = = ± M v + L 0 La soluzione con il non è fisicamente sensata in quanto per costruzione è > 0. Sostituendo l espressione trovata di v si ottiene quindi: M1 = M v 0 + L 0 e la distanza massima d max richiesta dall esercizio sarà: M1 d max = L 0 + = L 0 + M v 0 + L 0 1. Domanda B Per quanto riguarda l urto, la presenza di attrito non cambia il risultato in quanto tale forza è non impulsiva per cui la velocità iniziale v del disco sarà la stessa della domanda A. Nel caso in cui vi sia attrito tra il disco ed il piano, il disco arriverà a fermarsi in una posizione a distanza < rispetto a quella calcolata nella domanda A. Partendo dalla conservazione dell energia già scritta nella domanda A, possiamo studiare questo caso inserendo anche l energia dissipata per attrito, ovvero il lavoro della forza di attrito f. Se lo spostamento totale è L 0 + il lavoro della forza di attrito (che è costante) sarà: L f = f (L 0 + ) ed essendo f = m N = mm g

3 si ottiene quindi L f = mm g(l 0 + ) che permette di scrivere l equazione di conservazione dell energia (1) nella forma data dal teorema delle forze vive: 1 M v + 1 L 0 + L f = 1 ovvero 1 M v + 1 L 0 mm g(l 0 + ) = 1 che, riordinando i termini, diviene: + mm g + mm gl 0 M v L 0 questa equazione del secondo ordine ha nuovamente due soluzioni: 1, = mm g (mm g) ± mm gl 0 + M v + L 0 anche in questo caso è necssario selezionare la soluzione con il + che, per m = 0, corrisponde alla scelta fatta nella parte A dell esercizio. Pertanto: = mm g (mm g) + mm gl 0 + M v + L 0 e di nuovo: d max = L 0 + = L 0 mm g 1.3 Domanda C + (mm g) mm gl 0 + M 1 M v 0 + L 0 Afinché il disco si muova di moto circolare (uniforme) dopo l urto è necessario che l allungamento R sia tale da garantire la forza centripeta necessaria a mantenere l accelerazione radiale. Per il moto circolare uniforme si ha: a = v R u r pertanto, se il disco è a distanza R da O, la forza elastica è pari a: F e = Ru r e quindi la condizione richiesta è che sia: R = M v R dal momento che le condizioni dell urto non cambiano, v è la stessa determinata nella domanda A e pertanto si ha: R v = M = M M1 M v 0 = R = M 1v 0 M 3

4 Esercizio.1 Domanda A La condizione di rotolamento puro prevede che sia ẋ = ωr () dal momento che all istante iniziale è ẋ = 0 e ω = w 0 per ottenere rotolamento sin da subito è necessario accelerare il centro del disco per un tempo tale per cui sia valida la relazione. Dal momento che la forza F è costante possiamo sfruttare l aprima equazione cardinale: mẍ = F = ẋ = F m t e quindi il tempo per cui è necessario che venga applicata la forza è dato da: ẋ = ωr = F m t = w 0R = t = m F w 0R. Domanda B Se lo sperimentatore interrompe la forza nel momento stesso in cui mette la ruota sul piano, l unica forza esterna che agisce sul sistema è l attrito tra il disco ed il piano orizzontale. Per determinarne direzione e verso dobbiamo domandarci: cosa farebbe il disco se non ci fosse l attrito? Dal momento che velocità del centro di massa e velocità angolare sono già quelle necessarie a garantire il rotolamento puro, il disco continuerebbe a rotolare con rotolamento puro anche in assenza di attrito. Questo vuol dire che non è necessaria nessuna forza di attrito per mantenere la condizione di rotolamento puro e quindi il coefficiente di attrito minimo è µ = 0. Allo stesso risultato si arriva anche operando come nel seguito della risposta ma ponendo F = 0. Nel caso in cui vi sia una forza F orizzontale, è sufficiente scrivere la prima cardinale orizzontale e la seconda cardinale rispetto al centro di massa per ottenere la forza di attrito necessaria a garantire il rotolamento puro: F f = mẍ (3) fr = I θ (4) dalle quali, tenendo conto della relazione di rotolamento puro, si ottiene f = I θ R = Iẍ R = I (F f) R m e quindi, riordinando: f = I/R m + I/R F 4

5 ed essendo, per un disco, I = 1 mr, si ha f = F 3 per determinare il coefficiente di attrito minimo è sufficiente ricordare che, se N è la forza normale, per l attrito statico deve valere: f µ N la prima cardinale verticale ci permette di ottenere N: e quindi infine F 3 N = mg µmg = µ F 3mg che, come anticipato, per F = 0 restituisce il risultato µ = 0..3 Domanda C Nel caso in cui ci sia anche una molla ad agire nella fase iniziale di accelerazione, cambia l espressione dell accelerazione: che può essere riscritta nella forma: mẍ = F x ẍ = m ( x F ) per cui si vede che l equazione del moto del disco sottoposto all azione congiunta della molla e della forza F dello sperimentatore è lo stesso che si avrebbe con una sola molla di lunghezza di riposo L 0 = F e pertanto l equazione del moto sarà: x L 0 = A cos(ω 0 t + φ) dove Ω 0 =. La velocità del centro di massa diviene: m ẋ = AΩ 0 sin(ω 0 t + φ) dal momento che ẋ(0) = 0 si ha φ = 0 e poiché per t = 0 il sistema si trova in x = 0 si può ottenere anche A: x(0) L 0 = A = A = L 0 = F ovvero il moto del centro di massa del disco è dato da x(t) = L 0 (1 cos(ω 0 t)) 5

6 e il tempo t 0 per il quale il disco si trova in condizione tale per cui si inneschi immediatamente il rotolamento puro è data dalle soluzioni di: ẋ(t 0 ) = w 0 R = L 0 Ω 0 sin(ω 0 t 0 ) = w 0 R e quindi la prima volta per cui è verificata tale condizione è data da ( ) ( w0 R w 0 R ) m t 0 = arcsin = arccos L 0 Ω 0 F 3 Esercizio Domanda A Osserviamo il problema dal sistema di riferimento solidale con la guida rotante. Dal momento che tale sistema è non inerziale, il punto materiale sentirà una forza fittizia data in generale da: in cui i due termini sono dati rispettivamente da: F = m(a T + a C ) (5) a T = A + α r + ω (ω r) (6) a C = ω v (7) in cui A è nullo così come a C in quanto il punto è fermo. Durante la fase di accelerazione si ha ω = ωj 0 ed anche α = αj 0 per cui sono non nulli i secondi due termini di accelerazione di trascinamento. Svolgendo il prodotto vettoriale, dato che r = xi, ci si accorge che αj xi = αx è un contributo ortogonale alla guida e che pertanto non viene equilibrato dalla corda ma dalla guida stessa. La corda deve pertanto limitarsi ad equilibrare esclusivamente il termine di forza centrifuga dato da: f = mω xi e quindi la tensione della corda T durante la fase di accelerazione risulta: T = mω di e tenendo conto che il moto rotatorio della guida è uniformemente accelerato, ovvero che ω = αt si ottiene infine T = mα t di 6

7 3. Domanda B L energia dissipata nell urto con il punteruolo in P è data esattamente dall energia cinetica posseduta dal punto subito prima di urtare con il punteruolo (non l energia totale, in quanto quella potenziale, essendo posizionale, rimane inalterata). Durante il moto a ω costante (ω = ω 0 ), la forza di trascinamento dipende solo dalla distanza x del punto dall asse, f = mω 0xi e ad essa è possibile associare un energia potenziale (analogamente a quanto fatto con la molla ma con il segno invertito): U(x) = 1 mω 0x dal momento che la forza di Coriolis viene equilibrata dalla guida, questa è l unica forza esterna a fare lavoro e pertanto l energia del punto materiale si conserva. Chiamando i l istante iniziale (appena viene tagliato il filo che tiene il punto fermo) e f l istante subito prima dell urto, si ha: K i + U i = K f + U f = K f = K i + U i U f essendo K i = 0 (punto inizialmente fermo), l energia cinetica subito prima dell urto è data da: K f = U i U f = 1 mω 0d + 1 mω 0L = 1 mω 0(L d ) che verrà interamente dissipata nell urto. 3.3 Domanda C La reazione vincolare della guida durante il moto del blocchetto deve essere tale da equilibrare sia il peso (lungo j), sia le forze apparenti ortogonali alla guida stessa. Dalla 5 si nota infatti che se v è non nullo (lungo i) si produce una forza di Coriolis lungo : f C = mωj ẋi = mωẋ la reazione vincolare R della guida sarà pertanto: R = mgj mωẋ 7

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