E i = mgh 0 = mg2r mv2 = mg2r mrg = E f. da cui si ricava h 0 = 5 2 R

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1 Esercizio 1 Un corpo puntiforme di massa m scivola lungo una pista liscia di raggio R partendo da fermo da un altezza h rispetto al fondo della pista come rappresentato in figura. a) Determinare il valore minimo di h (pari a h 0, da esprimere in funzione di R) perchè il corpo possa compiere un giro completo. Nel caso h = nh 0, determinare: b) Il valore della forza esercitata dalla pista sul corpo quando questo si trova nella posizione individuata dall angolo θ = 30 o. Se la guida termina, dopo il cerchio, con un tratto orizzontale scabro (µ D =0.2), determinare c) a quale distanza dal punto A si ferma il corpo; d) il tempo impiegato a percorrere questo tratto orizzontale. A: m = 0.15 kg; R = 1.5m; n = 3/2; µ D = 0.2 B: m = 0.20 kg; R = 2.5m; n = 4/3; µ D = 0.2 SOLUZIONE In figura sono mostrate le forze agenti sul corpo in diverse posizioni lungo il giro della morte. Scegliamo in ogni punto della traiettoria un sistema di riferimento radiale, positivo verso il centro. a. Perchè il corpo possa compiere un giro completo, il punto critico è il punto più alto della traiettoria, in cui la reazione vincolare deve essere al limite nulla: mg + N = m v2 R da cui v 2 gr. Durante il moto vale anche la conservazione dell energia, poichè la pista è liscia e agisce solo la forza peso (la reazione vincolare non compie lavoro). Prendendo il punto di partenza (ad altezza h 0 rispetto al fondo della pista, scelto come riferimento per l energia potenziale) e il punto più alto nel cerchio della morte a confronto, vale E i = mgh 0 = mg2r mv2 = mg2r mrg = E f da cui si ricava h 0 = 5 2 R b. Facendo riferimento alla figura mostrata in precedenza, consideriamo l equazione del moto nel punto

2 individuato da θ. In direzione radiale vale N θ mg cos θ = m v2 R Il valore della velocità in quel punto si ricava ancora con considerazioni sulla conservazione dell energia: mgh = mgnh 0 = mgn 5 2 R = 1 2 mv2 A = 1 2 mv2 + mgr(1 cos θ) da cui v 2 A = 2gh = 5ngR (ci servirà per rispondere al quesito c.), v2 = gr(5n + 2 cos θ 2), e quindi N θ = mg[5n + 3 cos θ 2] c.-d. Consideriamo il moto del corpo nel tratto iniziale dal punto A a quando si ferma. La variazione di energia cinetica del corpo è pari al lavoro delle forze non conservative: K f K i = 1 2 mv2 A = µ D mg x dove x è lo spazio percorso dal corpo prima di fermarsi. Vale quindi x = v2 A 2µ D g = h = 5nR µ D 2µ D Il medesimo risultato si può trovare a partire da considerazioni cinematiche. Sappiamo che nel caso di moto uniformemente accelerato vale v 2 f = v2 i + 2a x dove v i e v f sono la velocità iniziale e finale di un corpo che si muove con accelerazione a nel percorrere uno spazio x. In questo caso v f = 0 poichè il corpo si ferma, v i = v A, a = µ D g poichè l unica forza agente sul corpo è la forza di attrito che si oppone al moto, F a = µ D mg. Si trova quindi 0 = v 2 A 2µ Dg x come in precedenza. Il tempo impiegato a percorrere questo tratto si ricava dalla relazione cinematica v f = v i + at da cui t = v i a = v A µ D g SOLUZIONI NUMERICHE: A. a. h 0 = 3.75 m; b. N = 11.9 N; c. x = 28.1 m; d. t = 5.36 s B. a. h 0 = 6.25 m; b. N = 14.2 N; c. x = 41.7 m; d. t = 6.52 s

3 Esercizio 2 Un disco di massa M e raggio R viene fatto ruotare con velocità angolare costante ω 0 attorno ad un asse orizzontale fisso passante per il suo centro di massa O. Ad un certo istante il disco viene colpito sul bordo in un punto A posto a metà della sua altezza, da una massa puntiforme m, che viene lasciata cadere da ferma da un altezza h rispetto al punto di collisione. Dopo l urto la massa m rimane attaccata al disco che prosegue nel suo moto di rotazione con velocità angolare ω 1. Calcolare a) la velocità angolare ω 1 del sistema subito dopo l urto; b) l energia cinetica dissipata nell urto; c) la velocità della massa m quando il sistema ha ruotato di 3/4 di giro dopo l urto e la massa si trova quindi sulla sommità del disco. A: M = 1.4 kg; R = 5.5 cm; ω 0 = 2 rad/s; h = 50 cm; m = 50 g B: M = 1.2 kg; R = 6.5 cm; ω 0 = 3 rad/s; h = 40 cm; m = 60 g SOLUZIONE a. L urto è completamente anelastico e vincolato, pertanto non si conserva nè l energia cinetica nè la quantità di moto. Si conserva però il momento angolare rispetto al polo O (centro del disco, rispetto al quale la reazione vincolare, impulsiva, ha momento nullo). Il momento angolare iniziale L i è dato dal momento angolare del disco in rotazione e dal momento angolare della massa che si muove con velocità v (da ricavare): L i = I 0 ω 0 + mvr Il momento di inerzia del disco vale I 0 = kmr 2 (k = 1/2) mentre la velocità della massa appena prima di urtare il disco si può ricavare con considerazioni sulla conservazione dell Energia o studiandone il moto (uniformemente accelerato con accelerazione pari a g). Nel primo caso E i = mgh = 1 2 mv2 = E f avendo posto lo zero dell energia potenziale alla quota in cui avviene l urto. Si trova v = 2gh. Nel secondo caso, in un sdr verticale centrato nella posizione iniziale del corpo e diretto veso il basso y(t) = 1/2gt 2 e v = gt, da cui, per y = h si ricava v = 2gh come in precedenza. ll momento angolare finale è L f = I 1 ω 1 dove il momento di inerzia del sistema dopo l urto è dato dal disco e dalla massa puntiforme posta a distanza R dal polo 0: I 1 = I 0 + mr 2. Da cui ω 1 = L i = kmr2 ω 0 + mr 2gh I 1 kmr 2 + mr 2 = kmω 0 + m 2gh/R km + m

4 b. L energia dissipata nell urto è data dalla differenza di energia cinetica prima e dopo l urto: E k = E i E f. L energia cinetica prima dell urto è la somma dell energia cinetica della massa m e dell energia cinetica rotazionale del disco: E i = 1 2 mv I 0ω 2 0. L energia finale è E f = 1 2 I 1ω 2 1. Si ricava E k = 1 2 mv I 0ω I 1ω 2 1 = mgh R2 [km(ω 2 0 ω 2 1) mω 2 1] c. Dopo l urto la massa m ruota insieme al disco e possiamo scrivere la sua velocità dopo che il disco ha compiuto 3/4 di giro come v 2 = ω 2 R. Si tratta quindi di trovare ω 2. Sappiamo che dopo l urto l energia meccanica si conserva e pertanto possiamo eguagliare l energia meccanica del sistema immediatamente dopo l urto a quella dopo 3/4 di giro: E i = 1 2 I 1ω mgr + MgR = 1 2 I 1ω mgR + MgR = E f (1) avendo posto lo zero dell energia potenziale nell estremo più basso del disco. L energia potenziale del disco, che non trasla durante la rotazione, è costante (M gr). Si ottiene quindi ω 2 = ω1 2 2mgR I 1 da cui si ricava v 2 = R ω 2 1 2mg (km + m)r SOLUZIONI NUMERICHE: A: a. ω 1 = 5.7 rad/s; b. E k = 0.21 Joule; d. v 2 = 0.16 m/s B: a. ω 1 = 6.6 rad/s; b. E k = 0.19 Joule; d. v 2 = 0.27 m/s

5 Esercizio 3 Si consideri il sistema in Figura, composto da due masse m 1 = 3.0 kg e m 2 = 1.9 kg di dimensioni trascurabili, attaccate agli estremi di una corda inestensibile avvolta attorno ad una carrucola (entrambe di massa trascurabile e prive di attrito). Il corpo m 2 è a contatto con il suolo. Sull asse della carrucola viene applicata una forza F verticale verso l alto. a) Determinare il valore massimo di F che permette alla massa m 2 di rimanere a contatto con il suolo. Se F = 55 N, calcolare: b) la tensione della fune; c) l accelerazione di m 1 e m 2 in un sistema di riferimento solidale al suolo; d) l accelerazione di m 1 e m 2 in un sistema di riferimento solidale alla carrucola. e) Disegnare il diagramma delle forze agenti sulle masse e sulla carrucola. A: m 1 = 1.3 kg; m 2 = 1.9 kg; F = 55 N B: m 1 = 1.5 kg; m 2 = 2.1 kg; F = 60 N SOLUZIONE Per descrivere il sistema scegliamo un sistema di riferimento con asse verticale, coincidente con la direzione di moto degli elementi del sistema stesso, diretto verso l alto. a.-b. Dal diagramma delle forze per la carrucola (di massa trascurabile) si ricava che F 2T = 0 che permette di determinare il valore della tensione della corda (uguale in ogni punto, essendo la sua massa trascurabile): T = F/2 Dal diagramma per m 2 finchè è appoggiata al suolo, nel sdr indicato, si deriva T m 2 g N = 0 dove con N abbiamo indicato la reazione vincolare del suolo. Quando il corpo si stacca N = 0 e quindi si ricava T m 2 g da cui F 2m 2 g = F 0 (2) c. La II legge della dinamica per le masse nel caso in cui F F 0 (situazione che si verifica per il valore di F indicato nel testo) dice T m 1 g = m 1 a 1 T m 2 g = m 2 a 1 si tratta di un sistema di due equazioni in due incognite a 1 e a 2 (T non è incognita, è pari a F/2), da cui si ricava

6 a 1 = F g 2m 1 a 2 = F 2m 2 g Si noti che le due accelerazioni non sono uguali. L inestensibilità della corda infatti richiede che i due corpi si muovano con la stessa accelerazione nel sistema di riferimento della carrucola (si veda la risposta d.) Inoltre mentre a 2 può assumere solo valori positivi per via del vincolo sul valore di F imposto dall eq.(2), il valore di a 1 può essere negativo (in questo caso m 1 accelera quindi verso il basso) nel caso in cui m 1 > m 2. d. Rispetto alla carrucola conviene considerare un sistema di riferimento lungo la corda, con direzione del moto delle masse in questo sdr (dalla massa minore alla maggiore, nel nostro caso verso destra). In questo sdr le masse hanno la medesima accelerazione, che indichiamo con a. Sia a l accelerazione della carrucola nel sdr solidale al suolo. Vale (per la composizione delle accelerazioni per sistemi di riferimento in moto traslatorio) da cui a 1 = a + a a 2 = a a a = a 1 a 2 2 a = a 1 + a 2 2 = F m 2 m 1 4 m 1 m 2 = F m 1 + m 2 g 4 m 1 m 2 Nel calcolare a è stato immediato calcolare anche l accelerazione a della carrucola nel sdr solidale al suolo, anche se non richiesto nel testo. Se m 1 = m 2 vale a = 0: le masse sono ferme rispetto alla carrucola e si muovono, in un sdr solidale al suolo, con la stessa velocità con cui si muove l intero sistema (a = a 1 = a 2 ). e. F = 2T SOLUZIONI NUMERICHE: A: a. F 0 = 37.2 N; b. T = 27.5 N; c. a 1 = 11.4 m/s 2, a 2 = 4.7 m/s 2 ; d. a = 3.3 m/s 2, [a = 8.0 m/s 2 ] A: a. F 0 = 41.2 N; b. T = 30.0 N; c. a 1 = 10.2 m/s 2, a 2 = 4.5 m/s 2 ; d. a = 2.9 m/s 2, [a = 7.3 m/s 2 ]