A: L = 2.5 m; M = 0.1 kg; v 0 = 15 m/s; n = 2 B: L = 2 m; M = 0.5 kg; v 0 = 9 m/s ; n = 1

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1 Esercizio 1 Un asta di lunghezza L e massa trascurabile, ai cui estremi sono fissati due corpi uguali di massa M (si veda la figura) giace ferma su un piano orizzontale privo di attrito. Un corpo di dimensioni trascurabili e di massa nm si muove sul piano con velocità v 0 perpendicolare all asta e la urta in un estremo rimanendovi attaccata. Determinare: a. la posizione del centro di massa dopo l urto; b. la velocità angolare del sistema dopo l urto; c. il vettore velocità dell estremo che è stato urtato, dopo che il sistema ha compiuto mezza rotazione. A: L =.5 m; M = 0.1 kg; v 0 = 15 m/s; n = B: L = m; M = 0.5 kg; v 0 = 9 m/s ; n = 1 SOLUZIONE Si tratta di un urto completamente anelastico non vincolato. Si conservano quindi la quantità di moto del sistema e il momento angolare (rispetto a qualunque polo per cui sia valida la relazione dl/dt = M (E) -polo fisso, polo coincidente con il centro di massa, polo con velocità costante parallela a quella del centro di massa-). È conveniente descrivere il moto del sistema dopo l urto come composizione della traslazione del centro di massa -con velocità v CM - e rotazione del sistema rigido rispetto al centro di massa -con velocità angolare ω-. Ci serve quindi determinare la posizione del centro di massa, e rispetto ad esso calcoleremo il momento angolare. a. Scegliamo un sdr con asse x disposto lungo la direzione iniziale dell asta verso destra e origine nell estremo in cui avviene l urto, asse y diretto come v 0 e asse z uscente dal foglio. Dopo l urto il sistema è composto dall asta con una massa pari a (n + 1)M ad un estremo e una massa M all altro: si ricava quindi che x CM = L n + b. Conservazione della quantità di moto (vettore diretto lungo l asse y, motivo per cui omettiamo la notazione vettoriale): p i = nmv 0 = M TOT v CM = ( + n)mv CM = p f da cui v CM = n n + v 0 Conservazione del momento angolare (vettore diretto lungo l asse z, motivo per cui omettiamo la notazione vettoriale) rispetto al CM del sistema (che si trova sempre in posizione x CM = L/(n + ) e che si muove sempre con velocità n n+ v 0): da cui L L i = nmv 0 n + = I TOTω = n + 1 n + ML ω ω = n v 0 n + 1 L

2 Per il calcolo del momento di inerzia totale del sistema dopo l urto rispetto al suo centro di massa, si è tenuto conto che esso è costituito da una massa (n + 1)M a distanza L n+ dal centro di massa, e da una massa M a distanza n+1 n+ L: ( L ) ( n + 1 ) I TOT = (n + 1)M + M n + n + L n + 1 = n + ML c. L estremo urtato si trova a distanza r = L/(n + ) dal centro di massa, e dopo che il sistema ha compiuto mezza rotazione avrà velocità lineare, rispetto al centro di massa, pari a v y = ω r, quindi la sua velocità avrà componente non nulla solo lungo l asse y e sarà v = v CM ωr = isultati numerici: A: x CM = 0.65 m; ω = 4 rad/s; v = 5 m/s B: x CM = 0.67 m; ω =.5 rad/s; v = 1.5 m/s n (n + 1)(n + ) v 0

3 Esercizio Un cilindro pieno di massa M e base di raggio cm rotola senza strisciare lungo un piano scabro inclinato di un angolo pari a θ. Il coefficiente di attrito tra piano e cilindro è µ S. a. Determinare il valore limite dell angolo θ per il quale il cilindro può compiere un moto di puro rotolamento. n n+1 Nel caso in cui l angolo sia pari a di questo valore, determinare b. la velocità lineare del cilindro in fondo al piano inclinato, se il cilindro parte da fermo da una altezza H = 3 m (riferita al centro di massa del cilindro) rispetto alla base del piano; c. la forza di attrito che si sviluppa tra il piano e il cilindro. Se, come mostrato in figura, attorno al cilindro viene arrotolata una corda inestensibile e di massa trascurabile, con la quale il cilindro viene collegato, tramite un piolo, ad una seconda massa M, d. determinare per quali valori di M il sistema rimane in equilibrio. A: M = 1.5 kg; µ s = 0.5; = 0.15 m; n = 5; B: M = 5 kg; µ s = 0.4; = 0.5 m; n = 4; SOLUZIONE Indichiamo il momento di inerzia del cilindro rispetto ad un asse passante per il centro di massa con km, per non perdere in generalità nella soluzione, pur sapendo che nel caso di un cilindro omogeneo pieno vale k = 1/. Se il corpo è libero di compiere un moto di puro rotolamento lungo il piano inclinato su di esso agiscono la reazione vincolare del piano, forza F A,S di attrito statico -che permette che non ci sia scivolamento del punto di contatto del cilindro rispetto al piano- e la forza peso, come mostrato in figura: iferendoci alla figura scegliamo un sistema di riferimento con asse x parallelo al piano inclinato verso il basso (in direzione del moto), asse y perpendicolare al piano inclinato verso l alto, e asse z in direzione uscente dal foglio. In questo sistema di riferimento la seconda equazione della dinamica e il teorema del momento angolare si riducono a x : Mgsinθ F A,S = Ma (1) y : N Mgcosθ = 0 () z : F A,S = Iα = km a (3) avendo chiamato a l accelerazione lineare del centro di massa del cilindro. Nell ultima equazioni i momenti sono stati calcolati rispetto al centro di massa (rispetto al quale sia il peso che la reazione vincolare N hanno momento nullo). Nell ultima uguaglianza si è usata poi la relazione di puro rotolamento (a = α) introducendo anche il segno meno poichè la scelta fatta per il sistema degli assi

4 cartesiani è tale che una accelerazione lineare positiva corrisponde ad una accelerazione angolare negativa. a.-c. L eq.(3) permette di ricavare F A,S = kma, che sostituita nell eq.(1) dà e quindi a = k gsinθ F A,S = kma = k Mgsinθ (4) 1 + k Per sua natura la forza di attrito statico ha un valore limite superiore, F A,S µ S N e usando la relazione individuata nell eq.() k 1 + k Mgsinθ µ SMgcosθ da cui tgθ k + 1 k µ S A patto che l angolo del piano inclinato soddisfi questa relazione, il valore della forza di attrito che si sviluppa tra il corpo che rotola e il piano è quella data dall equazione (4). b. Per trovare la velocità del cilindro in fondo al piano inclinato possiamo procedere con considerazioni sull energia (che si conserva, poichè la forza peso è conservativa e la forza di attrito statico non compie lavoro) o sulla cinematica del cilindro. Primo caso. Consideriamo il momento iniziale in cui il cilindro si trova ad altezza h e quello finale (in cui il cilindro si trova ad altezza ) e scegliamo il fondo del piano inclinato come quota di energia potenziale gravitazionale nulla: E i = mgh = mg + 1 mv + 1 km ω = E f avendo espresso l energia cinetica del cilindro, grazie al teorema di König, come somma della sua energia cinetica di traslazione del centro di massa e di rotazione intorno al centro di massa. Sfruttando la relazione v = ω, vera per il moto di puro rotolamento, e indicando la variazione di quota del centro di massa con h = h si ricava g h v = 1 + k Allo stesso risultato si perviene usando la relazione cinematica v = v 0 + a x vera per un moto uniformemente accelerato con accelerazione a, in cui v 0 è la velocità iniziale (nulla nel nostro caso) e v è la velocità del corpo dopo aver percorso un tratto x: v 1 = 1 + k g sinθ h sinθ = g h 1 + k dove h/sinθ è il tratto percorso sul piano inclinato dal cilindro se il suo centro di massa scende di una quota pari a h. d. Nel caso in cui una seconda massa M viene collegata ad M come rappresentato, il diagramma delle forze che agiscono sui due elementi del sistema è rappresentato in figura:

5 iferendoci alla figura, scegliamo un sistema di riferimento in cui l asse x è orientato lungo il filo verso destra, l asse y è perpendicolare al piano e l asse z è uscente dal foglio. In questo sistema di riferimento la seconda equazione della dinamica e il teorema del momento angolare si riducono a x M : Mgsinθ T F A,S = Ma x M : T M g = M a z : (T F A,S ) = Iα = km a a = a dove l ultima equazione deriva dall inestensibilità della corda che lega i due elementi del sistema. Il testo chiede di trovare M nel caso statico, noi risolviamo per completezza il sistema nel caso dinamico imponendo poi a = 0 (e quindi anche a = 0). È un sistema di 4 equazioni in 4 incognite (a, a, T e F A,S ). Si ricava: a = Msinθ M (1 + k)m + 4M g e quindi a può essere nulla nel caso in cui M = 1 Msinθ. La condizione appena trovata non è sufficiente. Occorre infatti anche verificare che in questo caso l attrito statico sia in grado di sviluppare una forza sufficiente, poichè sappiamo che F A,S µ S N = µ S Mgcosθ. Perchè ci sia equilibrio deve quindi essere soddisfatta anche la relazione F A,S = T = M g = 1 Mgsinθ µ S Mgcosθ, cioè tgθ µ S. Questa condizione è verificata con i dati numerici del compito A mentre non è verificata con i dati numerici del compito B. isultati numerici: A: θ min =0.98 rad = 56.3 ; F A,S = 3.6 N; v = 6.1 m/s; M = 0.55 kg B: θ min =0.88 rad = 50. ; F A,S = 10.5 N; v = 5.7 m/s; M = 1.61 kg

6 Esercizio 3 Due satelliti artificiali di uguale massa compiono orbite circolari attorno alla Terra di raggio 1 e. Il rapporto tra i periodi di rivoluzione è T 1 /T. a. Calcolare il rapporto tra le energie meccaniche dei satelliti. Nel caso in cui la rotazione avvenisse attorno alla Luna con lo stesso raggio orbitale per ciascun satellite determinare: b. se il periodo di ciascun satellite resta inalterato, e in caso di risposta negativa calcolarne i nuovi valori; c. se il rapporto tra i periodi resta inalterato, e in caso di risposta negativa calcolarne il nuovo valore. SOLUZIONE a. L energia di ciascun satellite sulla sua orbita è pari a E = E k + E p = 1 m sv Gmm s dove m s è la massa del satellite. Conosciamo tutti i dati tranne la velocità, scriviamo allora la II legge della dinamica per i satelliti F = Gmm s v = m s a = m s Da cui ricaviamo v = Gm/. Allora l espressione per l energia meccanica diventa Il rapporto tra le energie meccaniche è pertanto E = 1 m mg s Gmm s = 1 Gm sm = E p E 1 E = 1 = ( T1 T ) /3 dove la seconda uguaglianza deriva dalla III legge di Keplero*, da cui sappiamo che per ciascun satellite vale: T = k 3 con k = Gm che dipende dalla massa del pianeta attorno a cui il satellite sta orbitando. b. Tenuto conto della III legge di Keplero i periodi dei due satelliti intorno alla Terra e alla Luna sono rispettivamente T 1, = 1 3 (5) Gm T, = 3 (6) Gm T 1,L = 1 3 (7) Gm L T,L = Gm L 3 (8) Confrontando la (5) e la (7), così come la (6) e la (8), si osserva che i periodi di rivoluzione attorno alla Luna sono diversi da quelli attorno alla Terra.

7 c. Il rapporto dei periodi vale T ( 1 1 ) 3/ = T pertanto resta costante anche in caso di rotazione intorno alla Luna. * La III legge di Keplero può anche essere ricavata sempre dall equazione della dinamica del sistema e ricordando che ω = π/t da cui si ottiene Gmm s = m sa = m s ω = m s T T = Gm 3

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