FAM. m i m x i. m i x i = i=1. 1. Le coordinate del centro di massa G sono le componenti del vettore OG. Si ottiene 3,1m

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1 Serie 11: Soluzioni FM C. Ferrari Esercizio 1 Centro di massa: sistemi discreti Il centro di massa G di un sistema formato da k punti materiali P i è definito da OG = 1 m k m i x i = i=1 k i=1 m i m x i dove m i è la massa del punto materiale i, m = k i=1 m i la massa totale del sistema e x i = OP i il vettore posizione del punto P i. (O è l origine del sistema di riferimento.) 1. Le coordinate del centro di massa G sono le componenti del vettore OG. Si ottiene 3,1m OG = 0,2m = G(3,1m, 0,2m,0,6m). 0,6m 2. Per simmetria il centro di massa G si trova sull asse z. Quindi x G = G = 0. Calcoliamo la componente z del vettore OG. La distanza tra il piano degli atomi di idrogeno e l atomo di azoto è 3, m, quindi per gli atomi di idrogeno z H = 3, m mentre z N = 0m, da cui z G = m Nz N +3m H z H 16,9 = 6, m = G = (0m,0m, 6, m). 3. bbiamo da cui quindi x G = m 1 x 1 +m 2 x 2 e x = x 2 x 1 x 1 = x G m 2 m 1 x e x 2 = x G + x x G x 1 = m 2 x e x G x 2 = m 1 x. Considerando che x = d, con x G x i = d i (i = 1,2) si ottiene d 1 = m 2 d e d 1 = m 2 d = d 1 d 2 = m 2 m 1. Nel caso del sistema Terra-Sole d S = 4, m e il centro di massa si trova quindi all interno del Sole. 1

2 Esercizio 2 Momento meccanico 2. α F α = F +( F) = 0. Non si può parlare di condizione di equilibrio poiché in generale il sistema ruota attorno al centro di massa (= baricentro). 3. M tot = M 1 + M 2 = OP 1 F OP 2 F = ( OP 1 OP 2 ) = P 2 P 1 F 4. Si ottiene la situazione di equilibrio quando P 2 P 1 e F sono allineati, ossia quando M tot = bbiamo M = P F = ( B + BP) F = MB + B F. Esercizio 3 Equilibrio 1. La prima condizione per l equilibrio α F α = 0 dà (il sistema è definito dal cavetto centrale) la seguente equazione: F 1 + F 2 + T 1 + T 3 = 0 da cui troviamo { x : T 1 sinα+t 3 cosβ = 0 : F 1 F 2 +T 1 cosα+t 3 cosβ = 0 α l β T 1 T 2 T 3 F 1 F2 x Σ La seconda condizione per l equilibrio α M,α = 0 la consideriamo con in corrispondenza del punto di applicazione delle forze F 2 e T 3. Sia l la lunghezza del cavetto centrale (il risultato non dipende da l). Si ottiene l e x F 1 l e x T F T 3 = lf 1 e z lt 1 sin(π/2 α) e z = 0 da cui troviamo T 1 = 49N. Con le altre equazioni otteniamo poi β = 29 e T 3 = 57N. Dalla condizione α F α = 0 applicata al punto si ottiene T 2 = 28N. 2

3 F F B b G F p B F B Fp F x a 2. Le forze F, F B e F p agenti sulla cassaforte (=sistema) sono complanari nel piano x. Da α F α = 0 si ottiene F p + F + F B = 0 = { x : F,x +F B,x = 0 : F, +F B, F p = 0 da cui F, +F B, = F p. Consideriamo il momento meccanico rispetto al punto B, punto di applicazione della forza F B. llora da α M B,α = 0 si ottiene B F + BG Fp }{{} M z e z = 0 dove M z = { } { } (B) }{{ x F }, (B) F,x + (BG)x F p, (BG) F p,x = bf,x af p }{{} =0 =0 da cui F,x = a b F p = F B,x = 42,74kN. Le forze di reazione, sono per la III lex di Newton, di stessa direzione, intensità ma verso opposto. Esercizio 4 Equilibrio 1. Le forze che agiscono sulla ruota (=sistema) sono F, F p e la forza esercitata dal punto di appoggio, notato, F. Poiché F non è conosciuto, utilizziamo il punto per calcolare i momenti delle forze. Sia pure = O, l origine del sistema di coordinate. Da α F α = 0 si ottiene F p + F + F = 0 = 3 { x : F +F,x = 0 : F p +F, = 0.

4 F B F 0 F G F p B F G Fp x x 0 x Da α M,α = 0 si ottiene da cui = 0 G F p + B F }{{ } con M z = (G) x F p +(B) F, M z e z F = (G) x (B) F p = x F p. Quandox ցallora րef ց.quindi F F max = x 0 0 mg.siahl altezza dello scalino e R il raggio della ruota, allora x 0 = R 2 (R h) 2 e 0 = 2(R h). Da cui h(2r h) F max = mg = 981N. 2(R h) 2. Discutiamo il caso limite per cui θ = 70. F G F p h θ F B B Da α F α = 0 si ottiene F + F B + F p = 0 = { x : F,x +F B,x = 0 : F, +F B, F p = 0. Poichélaforza F èortogonaleallatavola,scegliamoperilcalcolodelmomento delle forze il punto B. Da α M B,α = 0 si ottiene BG F p + B F = 0 }{{} M z e z 4

5 con M z = (BG) x F p + B F = BG cosθfp + B F, da cui F = Lcosθ 2 F p = 142N. (Per l angolo di 70 si ha B = 3,19m.) B Le componenti della forza F si trovano con F,x = F cos(20 ) = 133N F, = F sin(20 ) = 48N. Quindi: F B,x = 133N e F B, = 392N. Poiché F B,x = F a è la forza di attrito e F B, = N la reazione normale troviamo facilmente il coefficiente di attrito statico µ s = Fa,max = F B,x N F B, = 0,34. Esercizio 5 Equilibrio Osserviamo che se la massa m è in equilibrio, allora per la III lex si ha F p = F 1 e quindi F 1 = mg. Le forze F c,1 e F c,2 esercitare dai perni delle due ruote nei rispettivi centri sono sconosciute, pertando calcoleremo i momenti delle ruote rispetto ai rispettivi centri. Supponiamo pure che le ruote sono di massa nulla, anche se questa ipotesi non è indispensabile. Inoltre il sistema totale è in equilibrio se lo sono i sottosistemi, analizzeremo quindi le due ruote singolarmente. Ruota di destra: la forza F 1 ha un momento M 1 = F 1 r 1 e z e per essere in equilibrio la cinghia deve esercitare una forza F 2 di momento M 2 = M 1, ora M 2 = F 2 r 2 e z e quindi F 2 = r 1 r 2 F 1. La forza F 2 ha stessa intensità della forza F 3 sulla ruota di sinistra. Ruota di sinistra: la forza F 3 ha un momento M 3 = F 3 r 3 e z e per essere in equilibriolaforzaf = F 4 deveavereunmomento M 4 = M 3,oraM 4 = F 4 r 3 e z da cui F 4 = r 3 F 3 = r 3r 1 F 1 = 12,3N. r 4 r 4 r 2 F c,1 F 3 Fc,2 r 4 r 3 r 1 F 1 r 2 F 2 F 4 m 5

6 Esercizio 6 Momento angolare 1. Sappiamo che il momento meccanico vale M O = x F e quindi d L O = d( x p) = x d p + d x p = x F = M O dove abbiamo utilizzato che p = m v e la seconda legge di Newton. 2. Se la traiettoria è nel piano x e il suo orientamento in senso antiorario, allora L O = x p = r e r (mv θ e θ ) = mrv θ e z = mr 2 θ ez. L O e θ z O x v P O r θ P e r x 3. Poiché v θ = r θ è costante (MCU) si ha d L O = MO = r e r F(r) e r = 0 = L O costante. 5. La forza di gravitazione universale, la forza di Coulomb sono forze centrali del tipo ( una costante) F = r 2 e r la forza elastica è una forza centrale del tipo F = r e r. Un altro esempio è la forza intermolecolare di Lenhard-Jones. Esercizio 7 Teorema del momento angolare Vista la simmetria del problema utilizziamo il sistema di coordinate cilindriche (ρ,ϕ,z). Le forze esterne sono: forza peso F p e tensione del filo T. Per utilizzare il teorema del momento angolare scegliamo il punto d L = M est = } P{{ T } + P F p. = 0 Ora P = O+ OP = lcosα e z +R e ρ e visto che F p = mg e z otteniamo M est = mrg e ϕ. 6

7 z ω α l R O T P F p Il momento angolare rispetto ad è dato da L = P (m v), ora (utilizzando l espressione della velocità in coordinate cilindriche) v = Rω e ϕ e quindi L = m( lcosα e z +R e ρ ) Rω e ϕ = mr 2 ω e z +mlcosαrω e ρ da cui, utilizzando e z = 0 e e ρ = ϕ e ϕ, dl = mrlcosαω 2 e ϕ. pplicando il teorema del momento angolare otteniamo da cui ω = g Lcosα mrlcosαω 2 e ϕ = mrg e ϕ ed il periodo vale T = 2π Lcosα g. Osservazione: L utilizzo del teorema del momento angolare permette di eliminare direttamente la tensione T dalla risoluzione del problema. Esercizio 8 Collisioni 1. Si utilizza la conservazione della quantità di moto (il sistema è isolato), e, poiché la collisione è elastica, anche l energia cinetica è costante. (a) La conservazione della quantità di moto dà m v 0 = m v 1 +m v 2 e la costanza dell energia cinetica dà ma 1 2 mv mv2 2 = 1 2 mv2 0 = v2 1 +v2 2 = v2 0 v 2 0 = v 0 v 0 = ( v 1 + v 2 ) ( v 1 + v 2 ) = v 2 1 +v v 1 v 2 da cui si deduce che v 1 v 2 = 0 ossia v 1 v 2 e si ha quindi la condizione sugli angoli θ 1 + θ 2 = 90 da cui il vettore v 2 è specificato dall angolo θ 2 = 30. 7

8 v 1 v 0 x θ 1 θ 2 v 2 (b) Scomponendo la conservazione della quantità di moto sugli assi x otteniamo { x : v 0 = v 1 cosθ 1 +v 2 cos(90 θ 1 ) da cui v 2 = v 1 tanθ 1 e si ottiene : 0 = v 1 sinθ 1 v 2 sin(90 θ 1 ) v 1 = v 0 cosθ 1 = 250m/s e v 2 = v 0 sinθ 1 = 433m/s. (c) Vedi punto 1. È importante notare che questo risultato non è valido in generale, per una collisione di particelle relativistiche non si ha v 1 v La conservazione della quantità di moto (il sistema è isolato) dà m 1 v 1 = m 2 v 2 +(m+m 1 m 2 ) v 3 dove abbiamo utilizzato la conservazione della massa. Quindi E cin = Efin cin Ecin = 1 2 m 2v ) (m+m m1 v 1 m 2 )( 1 m 2 v 2 m1 v m+m 1 m ( 1 m 2 v 2 2 m+m 1 m ) m 1v1 2 = 1 2 m 2v m 2 1 v2 1 +m2 2 v2 2 m+m 1 m m 1v1 2 = 2{ 1 m1 (m 2 m)v1 2 +m } 2(m 1 +m)v2 2 m+m 1 m 2 Essendo il sistema isolato, le forze responsabili della frammentazione sono forze interne e il teorema dell energia cinetica dà E cin = W int +W est }{{} =0 da cui la variazione di energia cinetica corrisponde al lavoro delle forze interne. 8

9 Esercizio 9 Sistema a più corpi 1. bbiamo N p = m i v i = i=1 N i=1 m i d x i = M d [ 1 M ] N m i x i i=1 = M d x G = M v G La quantità di moto totale del sistema di N PM coincide con la quantità di moto di un fittizio PM di massa M e velocità data dalla velocità del centro di massa, è come se assimilassimo il sistema ad un PM localizzato nel centro di massa. 2. Derivando si ottiene d p = F est e dm v G = M a G, da cui il risultato. 3. Per la quantità di moto è evidente, per il momento angolare verifichiamo che il momento meccanico delle forze interne è nullo. bbiamo M int O = M O,1 + M O,2 = x 1 F x 2 F 1 2 = ( x 1 x 2 ) F 2 1 = 0 dove abbiamo utilizzato la terza legge di Newton e il fatto che F 2 1 e x 1 x 2 sono linearmente dipendenti. Questo risultato lo si generalizza ad un sistema di N PM. 4. Dal teorema del centro di massa, con F est = 0, si ottiene a G = 0 e quindi il moto del centro di massa è un MRU x G (t) = x G (t 0 )+ v G (t 0 )(t t 0 ). Esercizio 10 Teorema del centro di massa 1. Poiché l origine la rottura è dovuta alla forze interne, ad ogni istante il moto del centro di massa coincide con il moto di un PM di posizione x G e massa M che subisce l unica forza esterna F p (forza peso). Dalla balistica sappiamo che la gittata vale D = v2 0 g sin2α e quindi quando i frammenti arrivano a terra ( ) D x G =. Ora considerando il sistema composto da due PM abbiamo 0 x G = m 1 x 1 +m 2 x 2 Per la posizione dell impatto chiaramente 1 = 2 = 0 e dall esercizio 1.3 sappiamo che x G x 1 = x G x 2, da cui x 1 = x G d 2 e x 2 = x G + d 2. 9

10 2. Il problema è unidimensionale. Sia x b la posizione del baricentro della barca. llora il centro di massa del sistema Σ dato da barca + persona è dato da x G = m px p +m b x b m p +m b poiché non agiscono forze esterne la posizione del sistema Σ segue un MRU, ma essendo inizialmente in quiete allora x G non cambia durante l evoluzione temporale. Ora al tempo finale t f abbiamo le due equazioni x G (t i ) = m bl m p +m b = x G (t f ) = m px p (t f )+m b x b (t f ) m p +m b x p (t f ) x b (t f ) = L da cui x p (t f ) = 2m b L/(m p +m b ) = 2x G. 10