Corso Meccanica Anno Accademico 2016/17 Scritto del 24/07/2017

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1 Esercizio n. 1 Un punto materiale di massa m è vincolato a muoversi sotto l azione della gravità su un vincolo bilaterale (vedi figura) formato da un arco di circonferenza, AB, sotteso ad un angolo di 120 o e con raggio r, e da un tratto rettilineo, BC. Il tratto BC è tale che l angolo OBC sia retto. Il vincolo è liscio nel tratto AB. Viceversa nel tratto BC, tra vincolo e punto materiale c è attrito dinamico con coefficiente d attrito μd. Nel punto D c è una molla di costante elastica k e lunghezza a riposo l0 e fissata all'estremo E. All istante t=0 il punto materiale si trova in A e una forza impulsiva agisce su di lui per un tempo infinitesimo trasferendogli un impulso di modulo I. Si determini: 1) la velocità con cui il punto materiale raggiunge il punto B 2) il modulo della reazione vincolare RB immediatamente prima di raggiungere il punto B 3) la distanza minima che il punto materiale raggiungerà dal punto E. 4) stabilire se il punto materiale torna in A e con quale velocità. Dati: m=200 g; r=60 cm; µd=0.2; k=90n/m; l0=20 cm; I= 0.79 kg m s -1 A m O B q 0 =p/3 g C D k, l 0 E Esercizio n. 2 Una sbarretta sottile di lunghezza l e massa ms è appoggiata su di un piano orizzontale ed e vincolata a ruotare attorno ad un asse fisso verticale passante per il suo centro di massa. Gli attriti sono tutti trascurabili. La sbarretta viene messa in rotazione con velocità angolare w. Ad un certo punto la sbarretta urta simultaneamente e in modo completamente anelastico due masse puntiformi uguali di massa m, poste a distanza r1 e r2 dal centro di massa della sbarretta, nel modo indicato in figura. Calcolare: 1) la velocità angolare subito dopo l urto 2) il modulo dell impulso fornito dalle forze vincolari durante l urto 3) la traiettoria e il modulo della velocità del centro di massa del sistema sbarretta + masse dopo l urto 4) modulo e direzione della reazione vincolare nel moto dopo l urto. Dati: l=20 cm; ms=1.5 kg, w=3 rad/s; m=100 g; r1=5 cm; r2=10 cm.

2 Esercizio n. 3 Un esercizio tipico delle ginnaste ritmiche prevede che un cerchio venga lanciato e contemporaneamente messo in rotazione in modo che esso torni indietro. Il cerchio, di raggio r, viene lanciato con velocità v0 e con velocità angolare w0 nelle direzioni indicate in figura. Il coefficiente di attrito dinamico tra cerchio e pavimento e µd. Si assuma che non ci siano rimbalzi. Calcolare: 1) l accelerazione del centro di massa del cerchio quando esso striscia sul pavimento; 2) lo spazio percorso dal centro di massa del cerchio nel momento in cui inverte la sua velocità (supporre che il cerchio stia ancora strisciando); 3) la velocità del cerchio quando esso smette di strisciare; 4) il tempo tra il lancio del cerchio e l istante in cui torna in mano alla ginnasta. Dati: r=35 cm; v0 = 4 m/s; w0 = 20 rad/s; µd = 0.15.

3 Soluzione esercizio 1: 1) Determiniamo la velocità del punto materiale nella posizione B applicando la conservazione dell energia meccanica tra il punto A e il punto B: 1 2 mv 2 A = 1 2 mv 2 B + mgrsinθ 0 con la velocità in A determinate dal valore dell impulso dato: v A = I m Otteniamo: I 2 v B = m 2grsinθ = 2.32m / s 2 0 2) Otteniamo la reazione vincolare della guida nelle posizioni immediatamente precedenti il punto B equilibrandola con la forza peso e con la forza centrifuga: 2 R B = mgsinθ 0 m v B r = 0.103N Quindi RB =0.103 N e il verso è verso l interno. 3) Applichiamo il teorema dell energia cinetica tra il punto di partenza A e il punto di massima compressione della molla. Il lavoro resistente della forza di attrito deve uguagliare la differenza di energia meccanica tra i due punti: L attr = µ d mgrsinθ 0 tanθ 0 = 1 2 kδx2 1 2 mv 2 A da cui ricaviamo Dx: Δx = m I 2 k m 2µ grsinθ tanθ 2 d 0 0 =16.4cm per cui la minima distanza fra il punto materiale ed il vincolo E durante il moto vale dmin=l0-dx = 3.6 cm. 4) Per tornare nella posizione di partenza il punto materiale deve superare una barriera di potenziale alta r da sommare alla dissipazione data dalla forza d attrito nel tratto BC. Deve essere quindi: 1 2 kδx2 > mgr + L attr = mgr + µ d mgrsinθ 0 tanθ 0 La disuguaglianza non è verificata in quanto il primo membro vale 1.21 J e il secondo membro vale 1.53 J. Il punto materiale non torna in A. Soluzione esercizio 2: 1. Rispetto ad un polo che giace sull asse di rotazione le forze vincolari hanno momento nullo. Dunque il momento angolare rispetto a tale polo si conserva. p " = Iω = & m &' )l ' ω p + = I,-, ω + = & m &' )l ' + /01 + /01 ω 2 &3 + da cui si ricava

4 ω + = 4 41 / / ω = 2.4 rad/s 2. Prima dell urto il centro di massa del sistema e fermo. Dopo l urto il centro di massa della sbarretta e ancora fermo mentre le due masse hanno velocita diverse in modulo e opposte. Dunque J = ΔQ = Q + Q + = Q + = m v & v ' = mω + L 2 L 4 = mω + L = Ns 4 3. Il centro di massa compie un moto circolare uniforme di velocita angolare ω +. Il raggio della circonferenza e rappresentato dalla distanza del CM dall asse di rotazione: / 5 6'/ = / N P d LM = / N 1 ON P = 2.94 / 5 6'/ 10OR m. Il modulo della velocità del centro di massa vale pertanto v LM = d LM ω + = 7,1 10 OR m/s. 4. La reazione vincolare è l unica forza che agisce sul centro di massa e ne determina il moto. L accelerazione è puramente centripeta (moto circolare uniforme), quindi la reazione vincolare è parallela alla sbarretta. Essa vale: R W = m,-, a X = m ) + 2m ω + ' d LM = O' N Soluzione esercizio 3: 1. L unica forza orizzontale che agisce sul disco e di attrito radente e punta in direzione opposta allo strisciamento, quindi opposta a v Z. Il modulo vale F \ = μ \ mg Quindi l accelerazione, opposta a v Z, vale a = μ \ g = 1.47 m/s ' 2. Il moto e uniformemente accelerato. Troviamo la distanza d per la quale la velocita del cerchio si annulla. 0 = v Z at t = v Z a d = v Z t 1 2 at ' = v Z ' = 5.44 m 2a 3. Per trovare la velocita del cerchio quando esso smette di strisciare possiamo utilizzare due metodi diversi. Metodo a: se prendiamo un polo W che giace sul piano orizzontale di appoggio del cerchio, il momento delle forze che agiscono su di esso e nullo (la forza di attrito ha braccio nullo e forza

5 peso e reazione vincolare normale sono una coppia di braccio nullo). Quindi il momento angolare rispetto a W si conserva. Quando il cerchio smette di strisciare abbiamo rotolamento perfetto. Velocita e velocita angolare sono legate da v cde+ = rω cde+. Dunque: p " = mv Z r Iω Z = mv Z r mr ' ω Z p + = mv cde+ r + Iω cde+ = mv cde+ r + mr' v cde+ r = 2mv cde+ r Se imponiamo che p si conservi si ottiene v cde+ = mr(v Z rω Z )/2mr = (v Z rω Z )/2 = 1.50 m/s Si nota che la velocita ha cambiato segno e quindi l ipotesi usata nel rispondere alla domanda 2 era corretta. Metodo b: l attrito radente e responsabile sia della decelerazione della velocità di traslazione del cerchio che di quella rotazionale. Si tratta di due moti uniformemente decelerati di equazioni orarie per la velocita pari a v = v Z at = v Z F \ m t ω = ω Z + αt = ω Z + F \ mr ' t (in questo caso il polo scelto per la seconda equazione cardinale coincide con il centro di massa del disco). Per sapere quando il cerchio smette di strisciare dobbiamo imporre la condizione di rotolamento perfetto, cioe v cde+ = ω cde+ r. Si ottiene v cde+ = v Z F \ m t cde+ v cde+ = rω cde+ = rω Z + F \ mr t cde+ Sommando le due equazioni si ottiene 2v cde+ = v Z rω Z che coincide con il risultato ottenuto con il metodo a. 4. Il cerchio ha due differenti moti: uno uniformemente accelerato prima di raggiungere la condizione di rotolamento perfetto e uno uniforme immediatamente dopo. Calcoliamo prima il tempo e la posizione raggiunti quando si arriva alla condizione di rotolamento perfetto. v cde+ = v Z at cde+ t cde+ = t & = j koj lmno = 3.74s p x cde+ = v Z t cde+ 1 2 at cde+ ' = 4.67 m Nel secondo moto il cerchio si trova nella posizione iniziale x cde+ e raggiunge la posizione x = 0 con un moto uniforme a velocità v cde+. Quindi il tempo t ' vale t ' = x cde+ v cde+ = 3.11 s

6 Da cui t,-, = t & + t ' = 6.85 s