SOLUZIONE Il diagramma delle forze che agiscono sul corpo è mostrata in figura:

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1 Esercizio 1 Un blocco di massa M inizialmente fermo è lasciato libero di muoversi al tempo t = 0 su un piano inclinato scabro (µ S e µ D ). a) Determinare il valore limite di θ (θ 0 ) per cui il blocco può muoversi sul piano. Sia θ = nθ 0. In fondo al piano è posta una molla ideale, priva di massa, in posizione di riposo. La molla è tale che sottoposta ad una forza di 28 N si comprime di 2.4 cm. Il contatto con la molla avviene al tempo t = t 1, successivamente il blocco prosegue per 3.4 cm fino alla massima compressione della molla. Determinare: b) quanta strada ha percorso complessivamente il blocco (dalla posizione iniziale alla massima compressione della molla) durante il moto di discesa; c) l istante t 1 ; d) l energia cinetica del blocco nell istante t 1 ; A: M = 2.5 kg; µ S = 0.15 ; µ D = 0.10; n = 1.5 B: M = 1 kg; µ S = 0.3 ; µ D = 0.2; n = 2 SOLUZIONE Il diagramma delle forze che agiscono sul corpo è mostrata in figura: Scegliamo un sistema di riferimento con asse x lungo il piano inclinato con origine nel punto in cui si trova il blocco a t = 0 e l asse y il direzione perpendicolare al piano, verso uscente. Le equazioni della dinamica lungo i due assi sono: mg sin θ f a = ma N mg cos θ = 0 Sappiamo inoltre che l attrito statico deve verificare la condizione f a µ S N = µ S mg cos θ. a. Perchè il corpo possa muoversi lungo il piano deve avere accelerazione positiva, ovvero mg sin θ > f a, quindi, considerando il valore limite per la forza di attrito la condizione diventa da cui otteniamo mg sin θ > µmg cos θ θ 0 = arctan(µ S ) b. La variazione di energia è pari al lavoro delle forze non conservative (in questo caso la forza di attrito). Considerando il moto dall istante iniziale del moto e quello finale come quello di massima compressione

2 della molla (quota minima a cui si trova il corpo durante il moto, alla quale consideriamo nulla l energia potenziale gravitazionale), vale: 1 2 k x2 mgxsin θ = µ D mg cos θ X dove X è lo spazio percorso complessivamente dal blocco e quindi Xsin θ è la quota a cui si trova inizialmente, x è la compressione massima della molla (data nel testo). La costante elastica della molla k si può ricavare dai dati, poichè sappiamo che F = k s, da cui k = F/ s. Otteniamo pertanto che lo spazio percorso sul piano è X = k x 2 2mg(sin θ µ D cos θ) c. Per trovare l istante t 1 è necessario scrivere l equazione del moto del corpo che nel caso dell istante t 1 diventa: x(t) = 1 2 at2 = 1 2 g(sin θ µ D cos θ)t 2 X = X x = 1 2 g(sin θ µ D cos θ)t 2 1 da cui si ottiene: 2(X x) t 1 = g(sin θ µ D cos θ) d. Sia h 1 la quota a cui si trova il corpo nell istante t 1 : possiamo nuovamente imporre che la differenza di energia meccanica rispetto all istante iniziale è pari al lavoro della forza d attrito: L energia cinetica all istante t 1 è quindi pari a ( mgh mv2) mgh = µ D mg cos θ (X x) E k = 1 2 mv2 = mg(h h 1 ) µ D mg cos θ(x x) = mg(sin θ µ D cos θ)(x x) Allo stesso risultato si poteva pervenire utilizzando la nota relazione v 2 = v a s che lega velocità e posizione in un moto con uniformemente accelerato, tenuto conto che in questo caso s = (X x) sin θ e a = (sin θ µ d cos θ)g SOLUZIONI NUMERICHE: A: θ 0 = 0.15 rad= 8.6 ; X = 22 cm; E k = 0.57 J; t 1 = 0.56 s A: θ 0 = 0.29 rad= 16.6 ; X = 18 cm; E k = 0.55 J; t 1 = 0.28 s

3 Esercizio 2 Due dischi omogenei ognuno di massa m, raggio R e r = R/n sono vincolati a ruotare attorno un asse orizzontale senza attrito con la medesima velocità angolare; a ciascun disco è appesa, per mezzo di una fune ideale, un corpo di massa m. Nell ipotesi di assenza di strisciamenti fra le funi e le dischi determinare: a) il modulo dell accelerazione angolare del sistema; b) le accelerazioni lineari dei due corpi appesi; c) il momento angolare del sistema rispetto al centro delle carrucole nell istante in cui la massa m 1 ha percorso un tratto h. A: m = 420 g; R = 20 cm; n = 2; h = 30 cm B: m = 380 g; R = 40 cm; n = 4; h = 40 cm SOLUZIONE In figura è rappresentato il diagramma delle forze per gli elementi del sistema. Scriviamo le equazioni della dinamica (considerando la traslazione dei corpi e la sola rotazione dei dischi) ricordando che m 1 = m 2 = m e prendendo un sistema di riferimento con asse x lungo il filo (nella direzione del moto, verso sinistra) e asse z in direzione uscente. x m1 : mg T 1 = ma 1 (1) x m2 : T 2 mg = ma 2 (2) z : T 1 R T 2 r = Iα (3) a 1 = αr (4) a 2 = αr. (5) Le ultime due relazioni sono valide poichè le corde sono inestendibili e non scivolano lungo i dischi, e poichè il sistema ruota rigidamente con accelerazione angolare α. a.-b. Si tratta di un sistema chiuso di 5 equazioni in 5 incognite (T 1, T 2, α, a 1 e a 2 ) che si riduce subito a un sistema di 3 equazioni in 3 incongnite: x m1 : x m2 : z : mg T 1 = mαr T 2 mg = mαr T 1 R T 2 r = Iα

4 Il momento di inerzia della coppia di dischi è pari alla somma dei singoli momenti di inerzia: I = km(r 2 + r 2 ). Ricavando T 1 e T 2 dalle prime due equazioni e eliminandole nella terza si ricava α: e quindi α = a 1 = a 2 = avendo fatto uso di k = 1/2 e di R = nr. (R r)g 2(n 1) g (k + 1)(R 2 + r 2 = ) 3(n 2 + 1) r (R r)r 2n(n 1) (k + 1)(R 2 + r 2 g = ) 3(n 2 + 1) g (R r)r 2(n 1) (k + 1)(R 2 + r 2 g = ) 3(n 2 + 1) g c. Il momento angolare del sistema rispetto al centro dei dischi è un vettore lungo l asse z di segno positivo e di modulo L(t) = Iω(t) + m 1 v 1 (t)r + m 2 v 2 (t)r = = Iαt + m 1 αr 2 t + m 2 αr 2 t = (I + mr 2 + mr 2 )αt = = (k + 1)m(R 2 + r 2 )αt = (k + 1)m (R 2 + r 2 (R r)g ) (k + 1) (R 2 + r 2 ) t = mg(r r)t L unica variabile non ancora nota è il tempo necessario a m 1 per percorrere il tratto h: 2h 3(n t = = 2 + 1)h a 1 n(n 1)g e quindi L(t ) = mg(r r)t SOLUZIONI NUMERICHE A: α = rad/s 2 ; a 1 = 2.62 m/s 2 ; a 2 = 1.31 m/s 2 ; L = 0.20 m 2 kg/s B: α = rad/s 2 ; a 1 = 4.62 m/s 2 ; a 2 = 1.15 m/s 2 ; L = 0.47 m 2 kg/s

5 Esercizio 3 Un proiettile di massa m possiede velocità v 0 parallela al piano, urta tangenzialmente e a metà altezza il bordo di un cilindro, e vi si conficca. Il cilindro è pieno e omogeneo, ha massa M = n m, raggio R e altezza H ed appoggiato in piedi su un piano senza attrito. Determinare, nel sistema di riferimento indicato in figura, a) direzione, verso e modulo della velocità lineare del sistema dopo la collisione. b) direzione, verso e modulo della velocità angolare del sistema dopo la collisione. A: m = 0.2 kg; v 0 = 2 m/s; n = 7; R = 0.5 m; H = 1 m B: m = 0.1 kg; v 0 = 4 m/s; n = 11; R = 0.7 m; H = 1 m SOLUZIONI Per comodità centriamo il sistema di riferimento che viene indicato dal testo nel centro del cilindro nell istante dell urto (quindi nella posizione iniziale del cilindro). a. Per calcolare la velocità di traslazione del sistema dopo l urto sfrutto il fatto che le forze che agiscono durante l urto sono solo forze interne, quindi il momento lineare (quantità di moto) del sistema si conserva: p i = m v 0 = (M + m) v CM = p f da cui si ricava v CM = m M + m v 0 = 1 n + 1 v 0 b. Per calcolare la velocità di rotazione del sistema dopo l urto sfrutto il fatto che il momento delle forze che agiscono durante l urto è nullo, e quindi il momento angolare si conserva. Il momento angolare è in direzione perpendicolare al foglio di segno negativo (il verso è entrante, lo si può determinare con la regola della mano destra o guardando il verso di ω). Dobbiamo calcolarne il modulo. Come polo è conveniente usare il centro di massa del sistema nell istante dell urto. È necessario determinarne la posizione, che nel sistema di riferimento scelto ha coordinate (0, r CM ) per il compito A e ( r CM, 0) per il compito B, con r CM = m m+m R. L i = mv 0 (R r CM ) = I T OT ω = L f Essendo M = nm si trova r CM = 1 n+1 R e R r CM = n n+1 R Vale I T OT = (kmr 2 + Mr 2 CM ) + m(r r CM ) 2 = n(n+3) 2(n+1) mr2 da cui si ricava ω = SOLUZIONI NUMERICHE A: v = 0.25 m/s; ω = 0.80 rad/s B: v = 0.33 m/s; ω = 0.82 rad/s m(m + M) v 0 k(m + M) 2 + m 2 + mm R = 2 v 0 n + 3 R