VII ESERCITAZIONE - 29 Novembre 2013

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1 VII ESERCITAZIONE - 9 Novembre 013 I. MOMENTO DI INERZIA DEL CONO Calcolare il momento di inerzia di un cono omogeneo massiccio, di altezza H, angolo al vertice α e massa M, rispetto al suo asse di simmetria. Calcoliamo il momento di inerzia come l integrale di momenti di inerzia di dischi di raggio r e altezza infinitesima dz: 1 I = r dm = H 0 1 ( ) ( ) R(H z) R(H z) ρπ dz (1) H H dove ρ è la densità del cono e R = H tan(α/) è il raggio della base del cono. Introducendo la variabile t = H z, l integrale diventa: I = ρπr4 H 4 H 0 t 4 dt= ρπr4 H 10 = 3 10 MR = 3 10 M (H tan( α ) ) ()

2 II. MOMENTO DI INERZIA DELLA MOLECOLA BIATOMICA Una molecola è schematizzabile con un corpo rigido costituito di due masse puntiformi M 1 ed M poste alla distanza di equilibrio di legame R. Mostrare che il momento di inerzia della molecola rispetto all asse baricentrico perpendicolare all asse molecolare è uguale a µr, dove µ = M 1 M /(M 1 + M ) è la massa ridotta della molecola. Calcoliamo le coordinate del baricentro del sistema, supponendo che M 1 sia posta in x = 0 e M in x = R: x B = M R M 1 + M (3) La massa M 1 si trova quindi a distanza x B dall asse baricentrico, mentre la massa M è a distanza (R x B ). Il momento di inerzia rispetto all asse baricentrico è allora: I =M 1 x B + M (R x B ) = M 1M (M 1 + M ) (M 1 + M )R =µr (4)

3 3 III. PENDOLO FISICO Un pendolo fisico è costituito da un asta rigida, di lunghezza L e massa m, alla quale è saldato, ad una estremità, un disco massiccio di massa M e raggio R, come mostrato in figura. Si calcoli il periodo delle piccole oscillazioni del pendolo quando esso è posto in oscillazione attorno all estremo O dell asta. Dalla seconda equazione cardinale abbiamo che M = I θ. Il monento è dato dall azione della forza peso agente su asta e disco, i cui baricentri distano L/ e (L + R) dal perno O, rispettivamente: M =mg L sin α + Mg(L + R) sin α (5) Dal teorema di Huygens-Steiner, il momento di inerzia totale del sistema sarà: I =I asta + I disco =I a,cdm + I CDMa + I d,cdm + I CDMd (6) cioè I = 1 1 ml + M L MR + M(L + R) (7) Nel limite delle piccole oscillazioni, l equazione del moto diventa: (m L ) + M(L + R) gθ =I θ (8) da cui I T =π ( m L + M(L + R)) g (9)

4 4 IV. GIOSTRA Una piccola giostra artigianale, di diametro D = 50 cm, viene fatta ruotare orizzontalmente tirando una fune avvolta intorno ad essa. Se alla fune viene esercitata una forza di modulo F = 10 N per un tempo t = 1 s, la giostra, partendo da ferma, compie in tale intervallo di tempo una rotazione completa. Quale momento delle forze esterne M ext è applicato dalla fune sulla giostra? Qual è l accelerazione angolare α = dω/dt della giostra? Qual è il momento di inerzia I della giostra rispetto al suo asse di rotazione? Successivamente, viene aggiunto sulla giostra un sedile cilindrico omogeneo di massa m = 3 kg e raggio r = 5 cm, fissato sul piano della giostra in posizione verticale, con l asse a distanza L = 10 cm dall asse di rotazione della giostra. Poi, tirando la fune, viene di nuovo applicata la forza costante F del caso precedente. Quanto vale adesso l accelerazione angolare α della giostra? Il momento delle forze esterne è M ext =F D =.5N m (10) L accelerazione angolare si ottiene considerando che, nel tempo di applicazione della forza, la giostra compie un moto circolare uniformemente accelerato, ruotando di un angolo π: π = 1 α t α=13 [rad]/s (11)

5 5 Il momento di inerzia si ricava dalla seconda equazione cardinale: M ext =Iα I =0. Kg m (1) L aggiunta del sedile cilindrico modifica il momento di inerzia del sistema. Dal teorema di Huygens-Steiner, possiamo scrivere il nuovo momento di inerzia I come: I =I + I cil,cdm + I CDMcil =I + 1 mr + ml (13) e, sostituendo nella equazione cardinale, si ha α =11[rad]/s.

6 6 V. ROTAZIONE SU CILINDRO Si consideri un cilindro omogeneo di massa M = 1.0 kg e raggio R = 10 cm libero di ruotare attorno ad un asse orizzontale senza attriti. Su di esso viene posta una massa puntiforme M/, come mostrato nella figura (a). All istante iniziale il sistema è fermo in equilibrio instabile. Successivamente, il sistema cilindro+massa viene messo in rotazione con velocità iniziale trascurabile. Tra la massa ed il cilindro vi è attrito (coefficiente di attrito statico µ s = 0.30) e per questo motivo, per piccoli valori di θ (θ < θ max ), la massa si muove solidalmente al cilindro, senza strisciare. In queste condizioni, per θ = 10, si calcoli: la velocità angolare e l accelerazione angolare del cilindro; l accelerazione radiale e tangenziale della massa puntiforme; la forza di attrito e la reazione vincolare normale che agiscono sulla massa. Si calcoli inoltre il valore θ max per il quale la massa puntiforme inizia a strisciare. Se la massa non striscia sul cilindro, le forze agenti sono conservative: E i =E f M gr= M gr cos θ + 1 Iω (14) dove I è il momento di inerzia totale del sistema rispetto al centro del cilindro: I =I cil + I mp = 1 MR + M R =MR (15) Sostituendo nella prima equazione, si ricava g ω = R (1 cos θ) ω(10 )=1.[rad]/s (16)

7 7 L accelerazione angolare si ricava differenziando la velocità angolare: α= dω dθ dθ dt = g sin θ R α(10 )=8.5[rad]/s (17) L accelerazione angolare si poteva ricavare anche dalla seconda equazione cardinale: Accelerazione tangenziale e radiale sono pari a a t =αr= g sin θ M gr sin θ =Iα (18) a t (10 )=0.85m/s (19) a r =ω R=g(1 cos θ) a r (10 )=0.15m/s (0) Reazione normale e forza di attrito si ricavano proiettando le forze agenti sulla massa puntiforme su un sistema di coordinate con asse x tangenziale alla superficie del cilindro e asse y normale ad essa: da cui N(10 )=4.8 N e F a (10 )=0.43 N. N + M g cos θ = M g(1 cos θ) (1) M g sin θ F Mg sin θ a = 4 () La massa puntiforme non striscia se è verificata la condizione F a µ s N (la massa è ferma rispetto al cilindro): M 4 g sin θ µ Mg s ( cos θ 1) sin θ max =µ s ( cos θ max 1) (3) Elevando al quadrato (assumiamo come accettabili soluzioni con θ < 90 ), si ottiene la soluzione cos θ max = 8µ s ± 16µ s 4µ s µ s avendo scartato la soluzione θ max =107 > 90. θ max =8 (4)

8 8 VI. BILANCIA Un asta omogenea, di massa M = 10 kg e lunghezza L = 1 m, è appoggiata su un fulcro liscio, distante d = 0. m da uno dei due estremi. L asta è in equilibrio sotto l azione di due pesi m 1 ed m appoggiati agli estremi dell asta stessa, come mostrato in figura. Sapendo che m = 5 kg, calcolare il valore di m 1. Se l asta è in equilibrio, il momento risultante dalle forze peso è nullo: ( ) L m 1 gd m g(l d) Mg d =0 m 1 = m (L d) + M( L d) =35 kg (5) d

9 9 VII. SCALA Una scala AB è appoggiata ad un muro verticale liscio, formando con esso un angolo θ. Sapendo che tra la scala ed il pavimento c è attrito statico con coefficiente µ s = 0.1, si calcoli il massimo valore dell angolo θ affinché la scala resti in equilibrio. Le forze che agiscono sulla scala sono: la forza peso P, applicata nel centro di massa della scala, le reazioni vincolari normali N 1 e N applicate in A e B, rispettivamente, e la forza di attrito F a applicata in B. Dall equilibrio delle forze si ottiene: N mg =0 (6) N 1 F a =0 (7) Scegliendo come polo il punto B e supponendo che la scala sia lunga L, il calcolo dei momenti è: mg L sin θ F a cos θ =0 (8) da cui F a = mg L sin θ cos θ µ s mg θ arctan(µ s ) (9)

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