Soluzione degli esercizi della seconda prova in itinere di Meccanica del 13/01/2017

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1 Soluione degli esercii della seconda prova in itinere di eccanica del 13/01/017 Eserciio 1 Un punto materiale di massa m 1 si muove con velocità di modulo v 1,i in direione 1,i rispetto alla direione x, mentre un secondo punto materiale di massa m =m 1 viaggia ad una velocità v,i in direione perpendicolare al primo, come rappresentato in figura. I due punti materiali si trovano su un piano oriontale e si urtano. Dopo l urto la velocità di m 1 ha componenti cartesiane v 1f,x e v 1f,y. a) Trovare le componenti cartesiane v f,x e v f,y della velocità di m dopo l urto. b) Trovare l impulso ~ J (componenti cartesiane) delle fore esercitate da m su m 1 durante l urto. c) Qual è la variaione di energia cinetica K causata dall urto? Compiti A,C (Dati): m 1 = kg, v 1,i = m/s, 1,i = /3, m = 4 kg, v,i = 3 m/s, v 1f,x = m/s e v 1f,y = 1 m/s. Compiti B,D (Dati): m 1 =1.5kg, v 1,i = 3 m/s, 1,i = /3, m = 3 kg, v,i = 4 m/s, v 1f,x = 3m/s e v 1f,y =1.5 m/s. a) Non essendoci vincoli che possano generare fore impulsive esterne, la quantità di moto totale del sistema è conservata durante l urto. L urto è in generale anelastico, dato che non è specificato nulla a riguardo nel testo. La conservaione della quantità di moto PTOT ~ = 0, proiettata lungo gli assi indicati in figura, diventa: ( ~ux : m 1 v 1i,x + m v i,x = m 1 v 1f,x + m v f,x (1) ~u y : m 1 v 1i,y + m v i,y = m 1 v 1f,y + m v f,y () e, sostituendo m =m 1 e,i = 1,i + /, si ha ( ~ux : v 1,i cos 1,i +v,i cos( 1,i + /) = v 1f,x +v f,x ~u y : v 1,i sin 1,i +v,i sin( 1,i + /) = v 1f,y +v f,y, (3) (4) 1

2 da cui si ricava (a) 8 >< ~u x : v f,x = v 1,i cos 1,i v,i sin( 1,i ) v 1f,x (5) >: ~u y : v f,y = v 1,i sin 1,i +v,i cos( 1,i ) v 1f,y. (6) L impulso delle fore esercitate da m su m 1 durante l urto è pari alla variaione della quantità di moto del singolo punto materiale m 1 : J ~ (f) = ~p 1 ~p (i) 1 = m 1 (~v 1,f ~v 1,i ). Proiettando sugli assi indicati in figura si trova (b) ( ~ux : J x = m 1 (v 1f,x v 1,i cos 1,i ) ~u y : J y = m 1 (v 1f,y v 1,i sin 1,i ). (7) (8) La variaione di energia cinetica K = K f K i è semplicemente pari a (c) K = m 1 v 1f,x + v1f,y + (v f,x + v f,y ) v 1,i v,i. Compiti A,C(Risultati):~v,f =( 1.10; 1.87) m/s, J ~ =( 6.00; 1.46) kg m/s, K = 7.6 J Compiti B,D(Risultati):~v,f =( 1.1;.55) m/s, J ~ =( 6.75; 1.65) kg m/s, K = J

3 Eserciio Un satellite artificiale di massa m si muove su un orbita circolare di raggio R 1 attorno alla Luna (massa lunare = kg). Si calcoli a) il periodo T impiegato per compiere un giro completo dell orbita. Si supponga, ora, che i motori a bordo del satellite vengano aionati per spostarlo su un orbita circolare di raggio R =3R 1 : b) qual è il lavoro W G compiuto dalla fora di attraione gravitaionale G? c) qual è il lavoro W s compiuto dai motori del satellite? 11 m3 Compiti A,C (Dati): m = 10 3 kg, R 1 = m, G = kgs Compiti B,D (Dati): m =5 10 kg, R 1 = m, G = m3 kgs Dato che l unica fora agente sul satellite in orbita è la fora di attraione gravitaionale ~ G = ~u r (~u r è la direione radiale con verso uscente dal corpo generante il campo gravitaionale Gm R 1 ed è, quindi, perpendicolare alla traiettoria del corpo), essa sarà pari alla fora centripeta m~a c che caratteria il moto circolare: ~ G = m~a c ) G R 1 =! R 1 ) G R 1 = 4 T R 1 (a) T = R 1 r R1 G. Essendo la fora di attraione gravitaionale una fora conservativa, il suo lavoro sul satellite è pari all opposto della variaione di energia poteniale gravitaionale (U G (r) = Gm r ): Gm W G = U G = + Gm 1 1 = Gm R R 1 R R 1 (b) W G = Gm. 3R 1 Le fore esercitate dai motori del satellite sono non conservative, pertanto è possibile calcolare il lavoro W s di tali fore solo graie al teorema dell energia cinetica: W tot = W s + W G = K. Per 3

4 ricavare la variaione di energia cinetica K, dobbiamo prima ricavare le velocità del satellite sulle due orbite circolari indicate in figura. Uguagliando, come al punto (a), la fora di attraione gravitaionale e la fora centripeta otteniamo che per una generica orbita circolare v = G R. Allora il teorema dell energia cinetica si scrive: Gm W s = 1 3R 1 m(v v1) ) W s = 1 1 Gm 1 + Gm R R 1 3R 1 (c) W s = Gm. 3R 1 Compiti A,C (Risultati): T=5735 s = 14h 38 55, W G = Compiti B,D (Risultati): T=41849 s = 11h 37 9, W G = J, W s = J J, W s = J 4

5 ESERCIZIO 3 Un corpo di massa è appeso a un capo di un filo ideale (inestensibile e di massa trascurabile) e pende da un tavolo. Il filo passa attorno a una carrucola ideale (liscia e di massa trascurabile). L altro capo del filo è avvolto attorno a un rocchetto, composto da ^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^ un cilindro interno di massa e raggio R e due dischi esterni di massa e raggio R. Il cilindro e i dischi sono uniti in modo coassiale (v. figure). a) Si determini il momento d ineria IC del rocchetto attorno all asse comune al cilindro e ai dischi (passante per il centro di massa). R R Il piano oriontale su cui poggia il rocchetto è scabro e il sistema è iniialmente in quiete. Ad un certo istante, il sistema è lasciato libero di muoversi e si nota che il cilindro rotola sena strisciare sul piano. Si determinino: b) il modulo α dell acceleraione angolare del rocchetto; c) l energia cinetica K del rocchetto quando il modulo della velocità angolare è pari a ω. DATI NUERICI Compiti A/C: = 300 g; R = 0 cm; ω = rad/s Compiti B/D: = 400 g; R = 30 cm; ω = 1 rad/s SOLUZIONI a) Il corpo rigido è formato da dischi esterni di massa e raggio R e da un cilindro interno di 1 1 massa e raggio R, coassiali. Quindi: IC= ( R ) + R a) IC=5R, da cui: b) Diagramma delle fore y ^u entrante y x 3R C N C T 4g as,1 as, T g Il disegno non è in scala

6 Si impostano la II legge della dinamica per il corpo e il rocchetto e l'equaione dei momenti per il rocchetto, utiliando come polo il punto C di contatto con il tavolo. Si impostano inoltre le relaioni derivanti dalla condiione di puro rotolamento del rocchetto e dall'inestensibilità del filo: I: II legge della dinamica per lungo y: T g = a II: II legge dinamica rocchetto lungo y: N 4g = 0 III: II legge dinamica rocchetto lungo x: T + as,1+ as, = 4aC IV: Equaione momenti rocchetto lungo : T(3R) = ICα V: Condiione di puro rotolamento rocchetto; ac = α(r) VI: Inestensibilità del filo: a = α(3r) dove IC si ricava da IC utiliando il teorema di Huygens-Steiner, considerando che il punto C dista R dal centro di massa del rocchetto (che ha massa totale pari a 4), quindi: IC=IC+(4)(R) =5R +16R =1R. Nota bene: sono state considerate corrette anche soluioni in cui compaia un unico termine di riferimento per la componente x della fora di attrito statico as= as,1+ as,. Si noti infatti che per qualunque polo scelto il momento delle fore di attrito statico in direione vale: r r = ( 1 a s, 1 ) r r + ( a s, ) = ( r 1, x a s, 1, y r 1, y a s, 1, x + r, x a s,, y r, y a s,, x dove il segno deriva dalla scelta di una terna cartesiana sinistrorsa. Si noti inoltre che le fore di attrito hanno come unica componente non nulla la componente in direione x, quindi: = r1, y a s, 1, x + r, y a s,, x = r y ( a s, 1 + a s, ) = r y as ),, dove ry=r1,y=r,y poiché i due punti di applicaione delle fore di attrito statico hanno la medesima coordinata y. Ovviamente, r y dipende dal polo scelto. Nel caso di scelta del polo sull asse passante per i punti di contatto (polo C), r y=0. Da I inserendo VI: T=g 3αR. Sostituendo in IV: 3gR 9αR =1αR, quindi: 3gR=30αR, da cui: b) α= 1 10 g R c) Poiché il moto è istantaneamente di pura rotaione attorno all'asse passante per il punto C 1 1 (fermo) si ha: K= ICω = 1R ω, quindi: 1 c) K= R ω.

7 Nota: analogo risultato si otterrebbe utiliando il teorema di König e considerando la relaione tra vc e ω ricavabile dalla condiione di puro rotolamento: K=KC+K'= ( 4 ) v C + ICω = ( 4 )( ω(r)) + 5R ω =8R ω 5 + R ω, quindi: 1 K= R ω SOLUZIONI NUERICHE: Compiti A, C: a) IC = 0.06 kg m b) α = 4.9 rad/s c) K = 0.50 J Compiti B, D: a) IC = 0.18 kg m b) α = 3.3 rad/s c) K = 0.38 J