Compito di Meccanica: 19/07/2010. Compito A.

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1 Compito di Meccanica: 19/07/2010. Compito A. Meccanica (4 ore): es. 2,3,4; Meccanica Classica (3 ore): es. 1,2; Meccanica dei Sistemi (3 ore): es. 3,4. Problema 1: Una massa m è sospesa ad una molla di lunghezza a riposo nulla, di costante elastica k e di massa trascurabile, connessa all altro estremo ad una fune inestensibile e di massa trascurabile avvolta su di una puleggia. La puleggia può ruotare attorno ad un asse orizzontale, fisso, passante per O. Inizialmente, a causa di attriti sull asse, la puleggia ruota con velocità angolare costante facendo svolgere la fune; inoltre la lunghezza della molla è costante, pari a x 0, e la sua velocità di discesa è v 0. a) Si calcoli l allungamento x 0. Ad un certo istante la puleggia viene bloccata improvvisamente. b) Si calcoli l allungamento massimo della molla a seguito dell arresto della puleggia. c) Si calcoli il valore massimo della forza che agisce sulla fune. Valori numerici: m = 150 kg, k = N/m, v 0 = m/s. m O g Problema 2: Si consideri una sbarra sottile, il cui estremo è vincolato in un punto O, libera di ruotare in un piano orizzontale. Lungo la sbarra si può muovere ω senza attrito una massa m connessa al punto O tramite una molla di costante elastica k e lunghezza a riposo l 0. La sbarra viene fatta ruotare tramite un motore m esterno con velocità angolare costante ω (questa condizione si applica a tutto l esercizio). (a) Inizialmente la massa ruota mantenendo costante la lunghezza della O molla, pari a L. Si calcoli L. Successivamente la molla viene compressa alla lunghezza L/2 e, al tempo t = 0, la massa viene lasciata libera di muoversi lungo la sbarra (in questo istante la velocità radiale è nulla). Si calcoli: (b) la massima (in valore assoluto) velocità radiale v max raggiunta nel moto successivo; (c) dopo quanto tempo il valore v max viene raggiunto per la prima volta; (d) la reazione vincolare esercitata dalla sbarra sulla massa quando la velocità radiale è pari a v max ; in particolare, si riportino la sua componente radiale, quella tangenziale, e quella verticale (ossia parallela all asse di rotazione della sbarra). Valori numerici: l 0 = 5.20 cm, m = 127 g, k = 16.3 N/m, ω = 9.15 rad/s. 1

2 Problema 3: Si consideri un cuneo di massa M libero di muoversi senza attrito su un piano orizzontale. Una molla di costante elastica k è vincolata al cuneo; C B appoggiata ad essa vi è una massa m (approssimabile come un punto materiale) h che può scivolare sulla superficie superiore del cuneo. Inizialmente un perno im- m M pedisce il moto della massa sul cuneo, la molla è compressa di un tratto x ed il cuneo è fermo. All istante t = 0 il perno d viene tolto e la massa sale lungo la superficie del cuneo. (a) Sapendo che l attrito è trascurabile fino al punto B, che la superficie del cuneo nel tratto in cui si trova il punto B è orizzontale e che tra il punto B ed il punto in cui la massa si trova inizialmente vi è un dislivello h, si calcolino le velocità del cuneo e della massa nel sistema del laboratorio, nell istante in cui la massa raggiunge B. Il tratto successivo a B è orizzontale e scabro, con coefficiente di attrito dinamico µ d. La massa prosegue il suo moto sul cuneo fino a raggiungere il punto C al tempo t C. Nel punto C la massa è ferma nel sistema di riferimento del cuneo. (b) Si calcolino le velocità del cuneo e della massa nel sistema del laboratorio quando la massa è in C. (c) Si calcoli la lunghezza del tratto BC. (d) Si calcoli lo spostamento del centro di massa del cuneo tra il tempo t = 0 ed il tempo t C, sapendo che la distanza orizzontale tra la posizione iniziale della massa m ed il punto B è pari a d. Valori numerici: k = 971 N/m, x = 12.0 cm, M = 3.71 kg, m = 742 g, h = 57.8 cm, µ d = 0.382, d = 80.0 cm. Problema 4: Si consideri il sistema in figura formato da due cilindri omogenei di massa M 1 ed M 2 connessi da una corda inestensibile e di massa trascurabile, posti su un cuneo di angoli α e β vincolato ad un piano orizzontale. R c La corda agisce sugli assi dei cilindri e passa su una carrucola di raggio R c e momento d inerzia I c rispetto al suo asse. La carrucola è tale che i due tratti di corda sono paralleli ai lati del cuneo. Al tempo t = 0 il sistema è fermo e quindi viene lasciato libero di muoversi. Si assuma che i cilindri rotolino senza strisciare (rotolamento perfetto) e che la corda non scivoli sulla carrucola. M 1 α M 2 β (a) Si calcolino le velocità dei due cilindri quando la quota del cilindro di massa M 1 è diminuita di h. (b) Si calcoli l accelerazione del centro di massa del cilindro M 2 durante il moto. (c) Si calcolino le forze che la corda applica ai due cilindri durante il moto. (d) Si calcolino le forze d attrito tra i due cilindri ed il cuneo. Valori numerici: α = 30, β = 45, M 1 = 780 g, M 2 = 310 g, R c = 7.0 cm, I c = kg m 2, h = 13.6 cm. 2

3 SOLUZIONI Problema 1. a) Poichè l accelerazione è nulla, la risultante delle forze è nulla. Quindi abbiamo mg kx 0 = 0, da cui si ricava x 0 = mg/k = m = 7.36 cm. b) Si può rispondere a tale domanda seguendo due diversi procedimenti. b1) Sia x max l allungamento massimo della molla. Tale condizione si raggiunge quando la velocità della massa m è nulla. Subito dopo l arresto della puleggia agiscono solo forze conservative per cui possiamo utilizzare la conservazione dell energia meccanica: da cui K f + U(molla) f + U(grav) f = K i + U(molla) i + U(grav) i K i K f = U(molla) f U(molla) i + U(grav) f U(grav) i 1 2 mv2 0 0 = 1 2 k(x2 max x2 0 ) mg(x max x 0 ). Sostituendo l espressione per x 0 si ottiene l equazione di secondo grado kx 2 max 2mgx max + (mg/k) 2 mv 2 0 = 0. Le soluzioni sono { 3.03 cm x max = x 0 ± v 0 m/k = 11.7 cm La soluzione rilevante è chiaramente la maggiore per cui x max = 11.7 cm. b2) Subito dopo l arresto della puleggia sulla massa m agiscono la forza elastica e la forza peso. Prendendo un asse x verticale orientato come la forza peso e con origine nell estremo della corda connesso alla molla, abbiamo ma(t) = mg kx(t) = mg k[x 0 + δ x (t)], dove con δ x (t) = x(t) x 0 indichiamo l allungamento della molla rispetto alla condizione di equilibrio statico. Utilizzando il valore di x 0 ne segue ma(t) = mg k(mg/k) kδ x (t) ma(t) + kδ x (t) = 0. Il moto del corpo connesso alla molla, rispetto ad un sistema di riferimento con origine nella posizione d equilibrio, è quindi un moto armonico con legge oraria δ x (t) = A sin(ωt + φ), ω = k/m, e quindi x(t) = A sin(ωt + φ) + x 0 = A sin(ωt + φ) + mg/k. Dalla condizioni iniziale x(t = 0) = x 0 = mg/k otteniamo φ = 0. Dalla condizione v(t = 0) = v 0 = Aω = A k/m otteniamo A = v 0 m/k 3

4 per cui la legge oraria del moto è x(t) = v 0 m/k sin(ωt) + mg/k. Il valore massimo di x(t) si ottiene per sin(ωt) = 1. Il risultato è uguale a quello trovato prima. c) La massima tensione applicata alla fune equivale, in modulo, al massimo valore della forza elastica applicata alla massa m. Tale valore è dato da F max = kx max = N. Problema 2. a) In queste condizioni la massa compie un moto circolare di raggio L e velocità angolare ω. L unica forza radiale è la forza della molla. Quindi Numericamente abbiamo mω 2 L = k(l l 0 ) L = L = kl 0 k mω 2. { 15 cm Compito A, 12 cm Compito B. b) Sul sistema agiscono la forza elastica F el, la reazione vincolare della sbarra R sb e la forza peso mg. L equazione di Newton è quindi ma = F el + R sb + mg. (1) È opportuno studiare il problema nel sistema noninerziale che ruota con velocità angolare ω nel quale la sbarra è ferma. La relazione tra le grandezza cinematiche nei due sistemi di riferimento sono date da (le grandezze con si riferiscono al sistema di riferimento ruotante) v = v + ω r, (2) a = a + 2ω v ω 2 r. (3) Calcoliamo da queste espressioni le componenti radiali. Per la velocità, dato che ω r ha solo la componente tangenziale, abbiamo v r = v r. Per le accelerazioni notiamo che v ha solo la componente radiale (il moto avviene lungo la sbarra ferma) e quindi ω v ha solo componente tangenziale. Quindi a r = a r ω2 r. Utilizziamo ora (1), notando che né la reazione vincolare (non vi è attrito) né la forza peso hanno componenti radiali. Quindi m(a r ω2 r) = k(r l 0 ). Nel sistema rotante il moto è unidimensionale per cui a r = d2 r dt 2. 4

5 Otteniamo quindi m d2 r dt 2 + (k mω2 )r = kl 0, la cui soluzione è k r = r + A cos(ωt + φ), Ω = m ω2. La quantità r è la posizione di equilibrio. Quindi, utilizzando il risultato calcolato al punto a), r = L. La condizione v r (t = 0) = v r (t = 0) = 0 implica φ = 0. Infine r(t = 0) = L/2 fornisce A = L/2. Segue r(t) = L L cos Ωt. 2 Abbiamo quindi v r (t) = v r(t) = LΩ 2 sin Ωt Il valore massimo richiesto si ottiene per sin Ωt = 1: v max = LΩ 2 = { 0.50 m/s Compito A, 0.20 m/s Compito B. c) Il massimo è raggiunto per sin Ωt = 1, ossia per Numericamente { 6.68 s 1 Compito A, Ω = 3.34 s 1 Compito B, t max = π 2Ω. t max = { s Compito A, s Compito B. d) Calcoliamo le componenti tangenziali e verticali dell accelerazione. Utilizzando (3) abbiamo a z = a z, a tg = a tg + 2ωv r Nel sistema rotante il moto è lungo il raggio per cui per cui a z = 0, a tg = 0, a z = 0, a tg = 2ωv r = 2ωv r. Utilizziamo ora l equazione di Newton (1). Dato che la forza elastica ha solo la componente radiale e la forza peso solo quella verticale otteniamo 0 = mg + R z, 2mωv r = R tg. Possiamo quindi calcolare le componenti della reazione vincolare. La reazione vincolare radiale è nulla dato che non c è attrito. Per le altre otteniamo { { 1.25 N Compito A, 1.16 N Compito A, R z = mg = R 1.69 N Compito B, tg = 2mωv max = 0.16 N Compito B. La reazione vincolare tangenziale può anche essere calcolata utilizzando l equazione per il momento angolare. Il momento angolare assiale della massa è p z = mωr 2. Quindi dp z dt = 2mωrv r. 5

6 L unica forza che contribuisce al momento assiale è la reazione vincolare: M z = R tg r. Quindi dp z dt = M z 2mωrv r = R tg r, che è equivalente a quanto già trovato. La risposta alle domande b)-d) poteva anche essere ottenuta utilizzando i risultati validi per le coordinate polari, in particolare l espressione per le componenti dell accelerazione Nel nostro caso per cui a r = d2 r dt 2 r a tg = 2 dφ dt dφ dt = ω, ( dφ dt ) 2 dr dt + r d2 φ dt 2. d 2 φ dt 2 = 0, a r = d2 r dt 2 ω2 r a tg = 2ω dr dt. Sostituendo nell equazione di Newton (1) si ottiene ( d 2 ) r ma r = m dt 2 ω2 r = F el, ma tg = 2mω dr dt = R tg, che sono le due equazioni utilizzate nel calcolo. Problema 3. a) Dato che non c è attrito tra cuneo e piano la componente orizzontale della quantità di moto totale si conserva. Dato che inizialmente il sistema è fermo, abbiamo Q x,tot = 0. Quando la massa raggiunge il punto B la sua velocità è orizzontale. Quindi, se v B e V B sono rispettivamente la velocità della massa e del cuneo nel punto B, abbiamo mv B + MV B = 0. (4) Dato che non c è attrito nel moto fino al punto B l energia meccanica si conserva. Se fissiamo U grav = 0 nel punto iniziale (U grav è l energia potenziale gravitazionale dalla massa m), dato che l energia cinetica iniziale è nulla, abbiamo per l energia meccanica iniziale E ini = 1 2 kx2. Nel punto B l energia potenziale elastica è nulla e l energia potenziale gravitazionale della massa m è mgh. Ne segue E fin = 1 2 mv2 B MV 2 B + mgh. 6

7 Uguagliando le due espressioni e tenendo conto dell equazione (4) otteniamo da cui v B = 1 2 (m + m2 /M)v 2 B + mgh = 1 2 kx2 M(kx 2 2mgh) m(m + M) = { 2.50 m/s Compito A, 5.00 m/s Compito B. Abbiamo considerato un sistema di riferimento con l asse x rivolto verso destra, per cui la velocità della massa è negativa. Corrispondentemente V B = mv { B 0.50 m/s Compito A, M = 1.00 m/s Compito B. Era anche possibile utilizzare l espressione K = 1 2 (m + M)V 2 CM µv2 rel per l energia cinetica; qui V CM è la velocità del centro di massa del sistema (V CM = 0 nel nostro caso), µ è la massa ridotta e v rel = v V è la velocità relativa. Numericamente abbiamo { 618 g Compito A, µ = 452 g Compito B. Utilizzando questa espressione si ottiene da cui v B,rel = 1 2 µv2 B,rel + mgh = 1 2 kx2 kx 2 2mgh µ = { 3.00 m/s Compito A, 6.00 m/s Compito B. dove abbiamo tenuto conto che v B < 0, V B > 0, per cui v B,rel < 0. Quindi, utilizzando (4) e v B,rel = v B V B segue v B = Mv B,rel m + M, V B = mv B,rel m + M. Il risultato è identico al precedente. b) In C, la velocità relativa v C V C della massa rispetto al cuneo è nulla; quindi cuneo e massa hanno la stessa velocità: v C = V C. Per la conservazione della quantità di moto orizzontale, nel punto C vale l analogo dell equazione (4), mv C + MV C = 0. Quindi dev essere v C = V C = 0. c) A causa dell attrito il sistema perde energia meccanica. Il teorema dell energia cinetica ci fornisce l equazione K C K B = L attrito = µ d mgd BC. Quindi, dato che K C = 0, troviamo d BC = 7 K B µ d mg.

8 Ai fini del calcolo K B può essere calcolata come K B = 1 2 mv2 B MV 2 B, oppure come K B = 1 2 µv2 B,rel, oppure, utilizzando le relazioni trovate la punto a), come Numericamente otteniamo K B = d BC = K B = 1 2 kx2 mgh. { 2.78 J Compito A, 8.13 J Compito B, { 1.00 m Compito A, 2.00 m Compito B. La distanza può anche essere calcolata cinematicamente, notando che nel tratto BC vale l equazione µa rel = F attrito = µ d mg a rel = µ dmg µ, dove a rel è l accelerazione relativa e µ è la massa ridotta. Numericamente { 4.50 m/s 2 Compito A, a rel = 9.00 m/s 2 Compito B. Il moto è uniformemente accelerato per cui da cui (v C,rel = 0) Quindi v rel = v B,rel + a rel (t t B ), t C t B = v { B,rel 0.67 s Compito A, = a rel 0.67 s Compito B. x C x B = 1 2 a rel(t C t B ) 2 + v B,rel (t C t B ) = v2 B,rel 2a rel = µv2 B,rel 2µ d mg. Dato che d BC = x C x B = x B x C riotteniamo la relazione precedentemente trovata. d) Scegliamo un sistema di riferimento in modo che il centro di massa del sistema sia nell origine. Quindi mx + MX = 0, dove x e X sono le coordinate della massa e del cuneo. Se x rel = x X, abbiamo Quindi x = Mx rel m + M, X = mx rel m + M. X(t C ) X(t = 0) = m m + M [x rel(t C ) x rel (t = 0)]. 8

9 Ora x rel (t C ) x rel (t = 0) = (d + d BC ). Quindi X(t C ) X(t = 0) = m(d + d BC) m + M = { 30.0 cm Compito A, 50.0 cm Compito B. Problema 4. a) Prendiamo un sistema di riferimento per la massa M 1 tale che v > 0 se il cilindro scende. Analogamente scegliamo un sistema di riferimento per la massa M 2 tale che v > 0 se il cilindro sale. Con questa scelta, durante il moto entrambi i cilindri hanno la stessa velocità v. Dato che la corda non scivola sulla carrucola, la velocità dei punti sul bordo della carrucola è pari a v per cui la carrucola ruota con velocità angolare ω c = v/r c. Consideriamo ora il cilindro di massa M 1. La sua energia cinetica è pari a K 1 = 1 2 M 1v I 1ω 2 1, dove I 1 = M 1 R 2 1 /2 è il momento d inerzia rispetto all asse, R 1 è il raggio del cilindro e ω 1 la velocità di rotazione del cilindro. Per la condizione di rotolamento perfetto v = ω 1 R. Quindi Con lo stesso ragionamento si ricava K 1 = 3 4 M 1v 2. K 2 = 3 4 M 2v 2. Infine l energia cinetica della carrucola è pari a K c = 1 2 I cωc 2 = 1 2Rc 2 I c v 2. Per calcolare la velocità utilizziamo il principio di conservazione dell energia meccanica. Dobbiamo quindi innanzitutto calcolare di quanto si sposta il cilindro di massa M 2 quando l altro scende di una quota h. Per scendere di una quota h, il cilindro di massa M 1 deve percorrere una distanza (verso il basso) d = h sin α. Il cilindro di massa M 2 percorre quindi una distanza d verso l alto e quindi la sua quota aumenta di h 2 = d sin β = h sin β sin α = { 19.2 cm Compito A, 19.1 cm Compito B. La variazione di energia potenziale gravitazionale è quindi U f U i = M 2 gh 2 M 1 gh. Dato che K i = 0 la conservazione dell energia implica K f + U f = K i + U i K f = U i U f. Dato che K f = 3 4 M 1v M 2v Rc 2 I c v 2, 9

10 abbiamo Numericamente M 1 gh M 2 gh 2 v = 3(M 1 + M 2 )/4 + I c /(2Rc) 2. v = { 0.70 m/s Compito A, 0.90 m/s Compito B. b) Indichiamo rispettivamente con T 1 e T 2 la tensione della corda tra M 1 e la carrucola e tra la carrucola ed M 2. Se a è l accelerazione dei due cilindri (uguale con le convenzioni prese prima), la II equazione cardinale rispetto al punto di contatto dà I cont,1 α 1 = (M 1 g sin α T 1 )R 1, I cont,2 α 2 = ( M 2 g sin β + T 2 )R 2, dove α 1 = a/r 1 e α 2 = a/r 2 sono le accelerazioni angolari (positive per rotazioni antiorarie). Dato che il momento d inerzia di un cilindro rispetto al punto di contatto è I cont = 3MR 2 /2 (Huygens-Steiner) otteniamo le equazioni Esse permettono di ricavare le tensioni 3 2 M 1a = M 1 g sin α T 1, 3 2 M 2a = M 2 g sin β + T 2. T 1 = 3 2 M 1a + M 1 g sin α, (5) T 2 = 3 2 M 2a + M 2 g sin β. (6) Infine consideriamo la carrucola. Se α c = a/r c è l accelerazione angolare (α c > 0 per rotazioni antiorarie) la II equazione cardinale fornisce I c α c = (T 1 T 2 )R c I c Rc 2 a = T 1 T 2. Sostituendo (5) e (6) otteniamo a = (M 1 sin α M 2 sin β)g 3(M 1 + M 2 )/2 + I c /R 2 c Numericamente otteniamo { 0.90 m/s 2 Compito A, a = 1.50 m/s 2 Compito B. L accelerazione può essere derivata in modo più rapido dall energia. Se la massa M 1 percorre un tratto x verso il basso la sua quota diminuisce di 1 = x sin α, mentre quella della massa M 2 cresce di 2 = x sin β. Quindi l energia meccanica si può scrivere come E mecc = 3 4 M 1v M 2v Rc 2 I c v 2 M 1 gx sin α + M 2 gx sin β, 10

11 ossia E mecc = 1 2 [ 3(M1 + M 2 ) 2 + I ] c Rc 2 v 2 (M 1 sin α M 2 sin β)gx. L energia meccanica si conserva: la sua derivata rispetto al tempo è quindi nulla. Ne segue che [ 3(M1 + M 2 ) + I ] c 2 Rc 2 va (M 1 sin α M 2 sin β)gv = 0. Questa equazione permette di ricavare a. Si riottiene la formula di sopra. È possibile rispondere alla domanda a) utilizzando la cinematica ed il valore calcolato per a. Infatti, si tratta di un moto uniformemente accelerato, in cui si chiede la velocità dopo aver percorso una distanza d = h/ sin α (partenza da fermo). Quindi v = 2da Il risultato è equivalente a quello già trovato. c) Le tensioni si ricavano da (5) e (6). Si ottiene T 1 = { 2.77 N Compito A, 2.60 N Compito B, T 2 = { 2.57 N Compito A, 1.93 N Compito B. d) Per il calcolo della forza d attrito, utilizziamo la II equazione cardinale rispetto all asse. Abbiamo I 1 α 1 = F 1a R 1 F 1a = 1 2 M 1a, I 2 α 2 = F 2a R 2 F 2a = 1 2 M 2a, dove abbiamo utilizzato la condizione di rotolamento perfetto e I = MR 2 /2 per il momento d inerzia di un cilindro rispetto al suo asse. Quindi otteniamo F 1a = { 0.35 N Compito A, 0.74 N Compito B, F 2a = { 0.14 N Compito A, 0.16 N Compito B. 11