Compito di Fisica 1 Ingegneria elettrica e gestionale Soluzioni fila B

Transcript

1 Compito di Fisica 1 Ingegneria elettrica e gestionale Soluzioni fila B Massimo Vassalli 26 Marzo 2008 NB: dal momento che i dati numerici degli esercizi non sono comuni a tutti i compiti, i risultati sono dati in forma analitica, senza la sostituzione dei valori numerici. 1

2 1 Esercizio Domanda A Se scriviamo la seconda cardinale per la sfera rispetto a C, l unica forza che fa momento è l attrito f applicato in Q e rivolto verso i, oltr ad S: S = fr d altronde la prima cardinale lungo i per la sfera permette di scrivere: f = mg sin α e quindi, infine: S = mgr sin α 1.2 Domanda B Dal momento che la sfera si muove di rotolamento puro, l attrito non fa lavoro e pertanto l energia si conserva. Per determinare la velocità finale imponiamo che sia: K i + V i = K f + V f Prendendo h = 0 in posizione finale si ha: 1 2 I Qω 2 0 = Mgh essendo la sfera ferma nella posizione iniziale, ovvero K i = 0. Dal momento che h = L sin α si ha: ω0 2 2MgL sin α = I Q considerando che v 0 = ω 0 R e calcolando il momento di inerzia rispetto a Q con il teorema di Huygens-Steiner: I Q = I CM + MR 2 = 2 5 MR2 + MR 2 = 7 5 MR2 si ottiene: v 0 = 10 gl sin α Domanda C Per determinare il coefficiente di attrito minimo, determiniamo innanzi tutto l attrito necessario a mantenere la condizione di rotolamento puro. Scrivendo prima e seconda cardinale (rispetto al centro) per la sfera si ottiene: Mẍ I Q θ = f mg sin α = fr 2

3 tenendo conto che ẍ = R θ e semplificando si ha: f = I I + MR 2 Mg sin α = 2 Mg sin α 7 Dal momento che l attrito è statico, deve essere garantita la condizione f µn dove N è la reazione normale al punto di contatto tra le superfici tra cui c è attrito ovvero, nel caso in esame, il punto Q. Per determinare tale reazione è necessario considerare la seconda cardinale sulla sbarretta. Tale sbarretta rimane ferma durante tutto il moto e pertanto in un certo istante in cui il centro di massa della sfera è sceso di un generico tratto x rispetto al punto iniziale la seconda cardinale rispetto ad A diviene: mgl cos α + (L + x)n = 0 = N = L mg cos α L + x e quindi la reazione cui deve soddisfare il coefficiente di attrito µ diviene: µ f N = 2(L + x)mg sin α 7Lmg cos α = 2(L + x) M 7L m tan α 2 Esercizio Domanda A Sul punto materiale P agiscono la forza peso (verticale), la forza elastica (orizzontale) e la reazione vincolare della guida, ortogonale ad essa. Il punto P sta fermo quando si bilanciano le componenti parallele alla guida di peso e forza elastica: Mg cos α = kx sin α = x = x 0 = Mg k cot α 2.2 Domanda B Se lungo la guida c è anche attrito f, l equazione dell equilibrio, per x M > x 0 diviene: f + Mg cos α kx sin α = 0 dal momento che f µn determiniamo anche N scrivendo l equazione della statica per la direzione ortogonale alla sbarretta: N Mg sin α kx cos α = 0 = N = Mg sin α + kx cos α e pertanto, sostituendo nell equazione precedente il valore massimo che l attrito può raggungere, per x = x M, si ottiene: µ [Mg sin α + kx cos α] = Mg cos α + kx sin α 3

4 e quindi ed infine: kx [sin α µ cos α] = Mg [µ sin α + cos α] x = Mg k [µ sin α + cos α] [sin α µ cos α] Il punto di equilibrio così determinato è stabile in quanto non appena si sposta il punto, esso torna per effetto della molla nella posizione di equilibrio. 2.3 Domanda C In assenza di attrito tutte le forze sono conservative e possiamo sfruttare quindi la conservazione dell energia per rispondere alla domanda. Ponendo nulla l energia potenziale gravitazionale nella posizione iniziale, all istante iniziale si ha solo il contributo di energia potenziale della forza elastica: mentre all istante finale sarà: e quindi, uguagliando: e semplificando V i = 1 2 kx2 M V f + K f = 1 2 k(x M x 0 ) 2 + mg(x M x 0 ) tan α mẋ2 3 Esercizio Domanda A kx 2 M k(x M x 0 ) 2 2mg(x M x 0 ) tan α = mẋ 2 ẋ 2 = k m (2x M x 0 x 2 0) 2mg(x M x 0 ) tan α Durante l urto si conserva il momento angolare rispetto ad O e pertanto possiamo scrivere: Mv 0 L = I O ω 0 ovvero, tenendo conto che I O = (m + M)L 2 + m(l D) 2, si ha ω 0 = Mv 0 (m + M)L 2 + m(l D) 2 4

5 3.2 Domanda B Per rispondere alla domanda sfruttiamo la conservazione dell energia. Se ω è costante la forza di trascinamento è conservativa con potenziale V = 1 2 m totω 2 x 2 in cui m tot = 2m + M e x = L cos φ è la distanza della massa dall asse. Considerando nulla l energia potenziale quando la sbarretta è verticale (per φ = π 2 ) si ha: E i = K i + V i = 1 2 m totl 2 ω m tot gl 1 2 mω2 L 2 con ω 0 ottenuto dalla domanda precedente. Ad un certo istante, a seguito dell azione della rotazione e della gravità il sistema si troverà fermo ad un angolo φ 0 per il quale l energia sarà: E f = 1 2 m totω 2 x 2 + m tot gh che, scritta sfruttando l angolo φ 0 diviene: E f = 1 2 m totω 2 (L cos φ 0 ) 2 + m tot gl(1 sin φ 0 ) uguagliando energia inbiziale e finale si ottiene l equazion cercata: 1 2 I Oω 2 0 = 1 2 m totω 2 (L sin φ 0 ) 2 + m tot g L 2 (1 cos φ 0) e quindi il valore atteso di ω è: ω 2 = 2g (1 cos φ 0 ) 2L sin 2 I O ω0 2 φ 0 m tot L 2 sin 2 φ 0 e quindi sostituendo I O = m tot L 2 si ha: 3.3 Domanda C ω 2 = 2g (1 cos φ 0 ) 2L sin 2 ω2 0 φ 0 sin 2 φ 0 Chiamiamo V la reazione vincolare in O; la prima cardinale permette di scrivere: m tot r = m tot ω 2 (L cos φ)i m tot gj + V (1) dal momento che la posizione del punto materiale di massa m tot è: r = L [ cos φi + (1 sin φ)j ] e derivando due volte, l accelerazione del centro diviene: [ r = L (cos φ φ 2 + sin φ φ)i + (sin φ φ 2 cos φ φ)j ] 5

6 sostituendo questa espressione nella 1 si ottiene V in funzione di φ, φ e φ. Queste ultime due quantità possono essere esplicitate in funzione dell angolo sfruttando la seconda cardinale rispetto ad O (per trovare φ) e la conservazione dell energia (per φ 2 ). 6