Soluzione degli esercizi dello scritto di Meccanica del 08/07/2019

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1 Soluzione degli esercizi dello scritto di Meccanica del 08/07/2019 Esercizio 1 Un asta rigida di lunghezza L = 0.8 m e massa M è vincolata nell estremo A ad un perno liscio ed è appesa all altro estremo (B) ad un filo inestensibile e di massa trascurabile collegato, tramite una carrucola di massa e dimensioni trascurabili, ad una massa m = 10 kg. Il sistema è in equilibrio, è posto in un piano verticale e l asta è disposta lungo la direzione û (si veda la figura). a) Calcolare la massa dell asta M e la reazione vincolare N del perno agente sull asta in A. Ad un certo istante, il filo che collega m all asta viene tagliato, e quest ultima inizia a ruotare sotto l azione della forza di gravità: b) calcolare il momento di inerzia dell asta I A rispetto ad un asse passante per A e perpendicolare al piano ; c) calcolare la velocità angolare dell asta ω quando si viene a trovare in posizione verticale. A M L B m A ω SOLUZIONE: N T T z Mg mg Figura 1: Diagrammi delle forze agenti sui corpi di massa m e M. a) Consideriamo i diagrammi delle forze che agiscono sui corpi di massa m e M (si veda Figura 1) e scriviamo le condizioni per l equilibrio statico, sia rispetto alle traslazioni che alle rotazioni, in riferimento 1

2 alla terna cartesiana rappresentata in figura: û : Mg + T + N = 0 û : mg + T = 0 û z : Mg L 2 T L = 0. (1) (2) (3) Per l Eq. (3) abbiamo utilizzato come polo il perno A per il calcolo dei momenti agenti sull asta rigida. Da questo sistema di equazioni, con incognite N, M, e T, si ottiene T = mg = 1 2Mg, da cui a) { M = 2m = 20 kg N = mg û = 98 N û. (4) (5) b) Il momento di inerzia dell asta rispetto ad un asse passante per il perno, perpendicolare al piano dove avviene la rotazione e parallelo ad all asse passante per il centro di massa dell asta, è I A = 1 12 ML2 +M ( ) L 2, 2 per il teorema di Hugens-Steiner. Si ottiene, dunque: b) I A = 1 3 ML2 = 4.27 kg m 2. (6) c) Dopo che il filo vene tagliato, l asta rigida è sottoposta all azione della reazione vincolare del perno e la forza peso. La reazione vincolare, ora variabile durante la rotazione attorno al perno, è sempre diretta radialmente (direzione dell asta) e non produce lavoro, dato che il perno non sviluppa attriti. La forza peso è conservativa, pertanto dalla posizione orizzontale (1) a quella verticale (2) dell asta, l energia meccanica è conservata. Scegliamo come zero di riferimento verticale la posizione del perno A, per cui in questa posizione l energia meccanica dell asta è nulla E m (1) = 0. Quando essa si trova in posizione verticale il suo centro di massa si trova ad una posizione CM = L 2. Inoltre, l energia cinetica di rotazione dell asta vale K (2) = 1 2 I Aω 2, pertanto l energia meccanica nella posizione verticale vale E m (2) = 1 6 ML2 ω 2 Mg L 2. Dalla conservazione dell energia meccanica E m (1) = E m (2) si ottiene: 3g c) ω = L ûz = 6.06 rad û z. (7) s 2

3 Esercizio 2 Un corpo di massa M = 900 g, assimilabile ad un punto materiale, viene lanciato con velocità v 0 incognita, non parallela agli assi cartesiani. Quando il suo spostamento in direzione rispetto alla posizione iniziale è pari a D = 50 cm, il corpo giunge alla sommità di un piano inclinato scabro (coefficienti di attrito statico µ S = 0.8 e dinamico µ D incognito) che forma un angolo β = 35 con l asse. In tale istante, la velocità di M ha modulo pari a v = 1 m/s e direzione parallela al piano inclinato (v. figura). a) Calcolare la velocità iniziale v 0 di M (componenti cartesiane). Giunto alla sommità del piano inclinato, il corpo entra in contatto con una molla di costante elastica k = 80 N/m. La molla viene compressa di un tratto L = 12 cm prima che il corpo M arresti completamente il proprio moto. b) Calcolare il coefficiente di attrito dinamico µ D del piano inclinato. c) Verificare che una volta fermo il corpo termina il proprio moto e calcolare il modulo f as della forza di attrito statico. v r M L L?= v r 0 D βα SOLUZIONE: a) Il moto del corpo di massa M è di tipo parabolico, essendo soggetto alla sola accelerazione di gravità g = g u (con g=9.8 m/s 2 ). Lungo la direzione il moto è rettilineo uniforme, mentre lungo la direzione il moto è rettilineo uniformemente accelerato. Date le condizioni iniziali ( 0 = 0; t 0 = 0), la legge oraria e la legge della velocità lungo le due direzioni sono: u : (t) = v 0, t u : (t) = v 0, t 1 2 gt2 { u : v (t) = v 0, u : v (t) = v 0, gt. La distanza orizzontale D viene percorsa in un tempo t = D v 0,. Dai dati del problema abbiamo che, in questo istante, le componenti cartesiane della velocità alla sommità del piano inclinato sono: v (t) = v cos β e v (t) = v sin β (negativa rispetto alla direzione di indicata in figura). Inserendo queste informazioni nel secondo sistema, otteniamo le componenti cartesiane della velocità iniziale: u : v 0, = v cos β = 0.82 m/s D u : v 0, = v sin β + g = 5.41 m/s. v cos β 3

4 b) Impostiamo il teorema dell energia cinetica W tot = E k per lo spostamento del corpo dalla sommità del piano inclinato al punto in cui si ferma. Con riferimento al diagramma delle forze in figura, la seconda legge della dinamica può essere così scomposta: F ad F el β Mg N X { u : F ad F el + Mg sin β = Ma u : N Mg cos β = 0, ottenendo l espressione esplicita F ad = µ D N = µ D Mg cos β. Il lavoro complessivo compiuto dalle forze in gioco è W tot = W Fel + W Fad + W mg + W N. Dato che la normale N non compie lavoro, per il teorema dell energia cinetica si ha W tot = 1 2 k L2 µ D Mg cos β L + Mg sin β L = 1 2 Mv2 da cui ricaviamo il coefficiente di attrito dinamico: µ D = Mv2 k L 2 + 2Mg sin β L 2Mg L cos β = Mv2 k L 2 + tan β = Mg L cos β c) Appena il corpo si ferma (velocità nulla), bisogna verificare che il corpo non riprenda il suo moto. Sostituendo, nel diagramma delle forze, la forza di attrito dinamico con la forza di attrito statico F as = F as u e impostando la condizione di equilibrio statico { u : F as F el + Mg sin β = 0 u : N Mg cos β = 0, bisogna verificare che F as F as,ma = µ S N. Dal sistema si ricava che la forza di attrito statico è: F as = k L Mg sin β = 4.54 N e che essa soddisfa la condizione F as < µ S Mg cos β = 5.78 N. 4

5 Esercizio 3 Due biglie di dimensione trascurabile e masse m 1 = 10 g e m 2 = 5 g sono vincolate a muoversi in una guida circolare liscia senza attrito di raggio = 1 m disposta su un piano orizzontale. Al tempo t = 0 le due biglie si trovano ad un angolo rispetto all asse pari a φ 1 = 0 e φ 2 = 30 e si muovono con una velocità pari a v 1 = 1 m/s û t e v 2 = 4 m/s û t con û t versore tangente alla guida e positivo in senso antiorario. Determinare: a) le reazioni vincolari N 1 e N 2 esercitate dalla guida sulle due biglie al tempo t = 0 espresse in coordinate cartesiane, rispetto al riferimento in figura; b) l istante di tempo t i e l angolo φ i rispetto all asse a cui avviene l impatto tra le due biglie. c) Supponendo che le biglie rimangano attaccate dopo l urto, determinare la velocità v f delle due biglie unite un istante dopo l urto e l energia persa nell urto E. a) Le reazioni vincolari sono quelle che danno la forza centripeta del moto circolare, quindi valgono, istantaneamente: N = m v2 ˆr (8) con ˆr versore radiale diretto verso l esterno, dall origine del sistema di riferimento. Per il corpo 1 è quindi immediato dire che v1 N 2 1 = m 1 ˆ = 0.01 N ˆ (9) mentre per il corpo 2 bisognerà scomporre in componenti cartesiane, e quindi: N 2 = m 2 v 2 2 cos φ 2 = 0.07 N N 2 = m 2 v 2 2 sin φ 2 = 0.04 N (10) b) Le due biglie si muovono l una verso l altra, con velocità angolari rispettivamente ω 1 = v 1 ω 2 = v 2 (11) è conveniente considerare che il corpo 2 parta con una posizione iniziale (2π φ 2 ) = 11 6 π, così che possiamo scrivere: 5

6 ω 2 t 11 6 π = ω 1t t = 11π = 1.15 s (12) 6(ω 2 ω 1 ) a questo punto basta inserire questo tempo in una delle due equazioni del moto per ottenere l angolo a cui avviene l urto, ad esempio φ u = ω 1 t = 1.15 rad (13) che, espresso secondo la convenzione usata rispetto all asse, risulta essere φ u = 294 c) L urto è completamente anelastico e, essendo le biglie vincolate a muoversi sulla guida, si può considerare come monodimensionale. In particolare, scegliamo la direzione tangenziale data dal versore û t, con verso indicato nel testo. Si conserva la quantità di moto totale del sitema, per cui si avrà : p i = m 1 v 1 + m 2 v 2 = (m 1 + m 2 )v f = p f, (14) dove v 1 e v 2 sono i moduli delle velocità delle due biglie, che sono costanti, dato che esse si muovono di moto circolare uniforme. icaviamo, dunque, la velocità finale del sistema dopo l urto: v f = m 1v 1 + m 2 v 2 m 1 + m 2 = 0.67 m s. (15) L energia del sistema è puramente cinetica sia prima che dopo l urto, pertanto la variazione di energia cinetica totale tra prima e dopo l urto vale: E = E k = E kf E ki = 1 2 [ (m1 + m 2 )v 2 f m 1v 2 1 m 2 v 2 2) ] = 0.42 J. (16) 6