Fisica Generale A 8. Esercizi sui Princìpi di Conservazione

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1 Fisica Generale A 8. Esercizi sui Princìpi di Conservazione May 29, 2015

2 Esercizio 1 Un punto materiale di massa m = 0.1 kg è appoggiato su di un cuneo liscio, di massa M 1 = ξm/100 e angolo α = 10º. Il cuneo, a sua volta, è vincolato a scorrere senza attrito su di un piano orizzontale liscio. Supponendo che inizialmente tutto sia in quiete e che il punto materiale si trovi a un altezza h 0 = 50 cm rispetto al piano orizzontale, calcolare: La velocità di traslazione del cuneo quando il punto materiale è sceso sul piano orizzontale; Supponendo poi che il punto, una volta raggiunto il piano orizzontale, incontri un secondo cuneo liscio, di massa M 2 = 4m e angolo β = 20º, anch esso libero di scorrere senza attrito sul piano orizzontale, calcolare la massima altezza h raggiunta dal punto materiale sul secondo cuneo. ξ = 300. m h 0 M 1 M 2 α β 2

3 Esercizio 1 (II) Le forze che agiscono sul punto e sul cuneo sono la forza peso e le reazioni vincolari (con vincoli ideali). Di conseguenza, durante la discesa del punto si conserva l energia meccanica del sistema punto + cuneo. La quantità di moto del sistema punto + cuneo non si conserva in quanto la forza di gravità è esterna al sistema. Tuttavia, per la I equazione cardinale della dinamica si ha, per il sistema punto + cuneo: Q = Q x = ( e) R x = 0 ( R e ) Q y = ( e) R y = 0 Q z = ( e) R z = mg + Rt c m per cui si conservano le componenti h 0 orizzontali della quantità di moto del sistema punto + cuneo. y z R p c x R c p p = m g R t c R c t M 1 M 2 α β 3

4 Esercizio 1 (III) Sia v la velocità del punto quando esso ha raggiunto il piano orizzontale e v 1 la velocità del cuneo quando il punto ha raggiunto il piano orizzontale; Scelto 0 il potenziale alla quota del piano orizzontale; La conservazione dell energia meccanica e della componente x della quantità di moto tra l istante iniziale e l istante in cui il punto materiale raggiunge il piano orizzontale si scrive: E mgh 0 = 1 M v mv Q x 0 = mv + M 1 v 1 Infatti nell istante iniziale tutto è in quiete per cui non si ha né energia cinetica né quantità di moto, ma si il punto materiale possiede energia potenziale, trovandosi a una quota di h 0 più alta rispetto al piano orizzontale; m z Nello stato finale non si ha energia h 0 y x potenziale, ma punto e cuneo possiedono M 1 M 2 α β quantità di moto ed energia cinetica. 4

5 Esercizio 1 (IV) Si ha dunque: mgh 0 = 1 M v mv = mv + M 1 v 1 v 1 = m M 1 v = 100 ξ v = v = 1 3 v m gh 0 = 1 ξ m v mv 2 gh 0 = 1 2 3v 2 v 1 = 1 3 v = v 2 = 2 3 v 2 v = 3 2 gh gh 0 = 1 6 gh 0 = = = m s 6 h 0 m y z x M 1 M 2 α β 5

6 Esercizio 1 (V) Raggiunto il piano orizzontale, il punto materiale procede con velocità v finché incontra il secondo cuneo e inizia a salire su di esso. La forza che il punto materiale esercita sul secondo cuneo ha una componente diretta come il verso positivo dell asse x. Il secondo cuneo inizia quindi a muoversi, con velocità diretta come il verso positivo dell asse x. p = m g Il punto materiale sale sul secondo cuneo finché ha componente x della velocità superiore a quella del secondo cuneo, acquistando energia potenziale e dunque perdendo energia cinetica. Quando il punto materiale ha componente x della velocità uguale a quella del secondo cuneo, si m z trova in quiete rispetto a esso h 0 y x M e inizia a discendere. 1 M 2 α β R c p R p c Rt c R c t 6

7 Esercizio 1 (VI) La quota massima del punto materiale sul secondo cuneo si raggiunge quando il punto materiale è in quiete rispetto al secondo cuneo. Scriviamo la conservazione dell energia meccanica e della componente x della quantità di moto: Prendendo come istante iniziale quello in cui il punto materiale si trova ancora sul piano orizzontale; E come istante finale quello in cui il punto materiale è in quiete rispetto al cuneo, e dunque ha la stessa velocità del secondo cuneo: E Q x 1 mv 2 = 1 ( m + M )v mgh mv = ( m + M 2 )v 2 h 0 m y z x M 1 M 2 α β 7

8 Esercizio 1 (VII) Avremo allora: 1 mv 2 = 1 ( m + M )v mgh mv = ( m + M 2 )v mv 2 = 1 10 mv 2 + mgh gh = 2 5 v 2 h = 2 5 v 2 g = g 3 2 gh 0 = 3 5 h = 3 50cm = 30cm 0 5 m m v 2 = v = m + M 2 m + 4m v = 1 5 v 1 2 mv 2 = 1 ( 2 m + 4m ) v mgh m z h 0 y x M 1 M 2 α β 8

9 Esercizio 2 Un punto materiale di massa m = 2 kg si muove con velocità, di modulo pari a v = 10 m/s, avente direzione orizzontale e giacente su di un piano verticale. Il punto materiale urta elasticamente e istantaneamente nel punto A (vedi figura) una sbarra rigida omogenea di massa pari a M = 1 kg e lunghezza pari ad a = 1 m, incernierata allo stesso piano verticale nel punto O, con d = ξ a e b = ( 1 ξ )a Determinare la velocità del punto materiale (indicandola positiva se concorde alla velocità prima dell urto e negativa in caso contrario) e la velocità angolare della sbarra subito dopo l urto. ξ = 27. d O m v b A M a 9

10 Esercizio 2 (II) Nell urto si conserva l energia meccanica del sistema punto + asta, in quanto l urto è perfettamente elastico. La quantità di moto invece non si conserva, in quanto l asta è vincolata, e durante l urto il vincolo esercita una forza esterna impulsiva (e dunque non trascurabile) sull asta (altrimenti l asta si metterebbe a ruotare attorno al proprio centro di massa). Tuttavia, tale forza esterna impulsiva è applicata nel punto O in cui è collocata la cerniera. Dunque tale forza esterna impulsiva ha momento nullo rispetto al punto O. Di conseguenza si conserva il momento angolare del sistema punto + asta rispetto al centro di riduzione O. N.B.: rispetto a ogni altro punto il momento angolare del sistema punto + asta non si conserva. m v b d A O M R a F 10

11 Esercizio 2 (III) Dette v e v le velocità del punto materiale prima e dopo l urto, il momento angolare del punto materiale prima e dopo l urto si scrive rispettivamente mvb e mv b. Il momento di inerzia della sbarra rispetto al centro di massa G è: I G = 1 12 Ma2 = kg 1m2 = kg m 2 Il momento di inerzia della sbarra rispetto al punto O è, per il teorema di Huygens-Steiner: I O = I G + M a 2 d 2 = M a a2 4 + d 2 ad = M = 1kg m2 = 0.320kgm a2 + d 2 ad = m v b d A O M a 11

12 Esercizio 2 (IV) La conservazione dell energia meccanica e del momento angolare rispetto a O si scrive: d ( K O ) mvb = m v b + I O ω 1 E mv 2 = 1 m v I ω 2 b O m v Da cui: v v = I ω O mb v 2 v 2 = I ω 2 O m ( v v ) v v ( v v ) v + v ( ) = I O 2 ω 2 m 2 b 2 ( ) = I O ω 2 m v v v + v = I O mb 2 A O M a v v = I O mb v + v 2 ( ) v I O mb v = v + I O v v = 2 mb 2 1 I O mb 2 1+ I O mb 2 v 12

13 Esercizio 2 (V) Sostituendo i valori numerici: 1 I O v = mb 2 1+ I v = m s = O 1+ mb Ricaviamo ora la velocità angolare: m s = 7.11m s ( ) = mb ω = mb v v I O I O 1+ I O mb 2 1+ I O mb 2 1+ I O mb 2 Sostituendo i valori numerici: 2v 2 10 m s ω = b 1+ I = O 0.973m mb 2 v = 2 b 1+ I O mb 2 ( ) = 17.6s 1 v = 2v b 1+ I O mb 2 m v b d A O M a 13

14 Esercizio 3 Un punto materiale di massa m = 3 kg si muove con velocità, di modulo pari a v = 10 m/s, avente direzione orizzontale e giacente su di un piano verticale. Il punto materiale urta elasticamente e istantaneamente nel punto A (vedi figura) un disco rigido omogeneo di massa pari a M = 1 kg e raggio pari a r = 1 m, incernierato allo stesso piano verticale nel punto O, con b = ξ. Determinare la velocità del punto materiale (indicandola positiva se concorde alla velocità prima dell urto e negativa in caso contrario) e la velocità angolare del disco subito dopo l urto. ξ = r m v A M b O C r 14

15 Esercizio 3 (II) Valgono per questo esercizio le stesse considerazioni fatte per l esercizio precedente. Il momento di inerzia del disco rispetto al punto O è, per il teorema di Huygens-Steiner: I O = I G + Mb 2 = 1 2 Mr 2 + Mb 2 = 1 2 Mr 2 + M r 2 = 3 4 Mr 2 = 3 4 1kg 1m2 = = 0.75kg m 2 La conservazione dell energia meccanica e del momento angolare rispetto a O si scrive come nell esercizio precedente: ( K O ) mvb = m v b + I O ω O 1 E mv 2 = 1 m v I ω O b m C v A 2 M r 15

16 Esercizio 3 (III) Come nell esercizio precedente troviamo: 1 I O v = mb 2 1+ I v O mb 2 2v ω = b 1+ I O mb 2 Sostituendo i valori numerici: v = 1 I O mb 2 1+ I O mb 2 v = v = v = 0 m v A M b O C r 16

17 Esercizio 3 (IV) Per quanto riguarda la velocità angolare: ω = 2v b 1+ I O mb 2 = 2 10 m s 0.5 m ( 1+ 1) = 20s 1 O m v A M b C r 17

18 Esercizio 4 Un punto materiale di massa m = 10 g si muove, con velocità di modulo pari a w = 100 cm/s, senza attrito su di un piano orizzontale. Il punto urta elasticamente in un asta sottile omogenea, avente massa M = m( 1 + ξ ) e lunghezza 2l = 20 cm, appoggiata senza altri vincoli e 1000 senza attrito sullo stesso piano orizzontale e inizialmente in quiete. La velocità del punto materiale è perpendicolare all asta e il punto di impatto dista d = lξ 1000 dall estremità dell asta. Trovare la velocità v G del centro di massa dell asta dopo l urto, la velocità v del punto materiale dopo l urto e la velocità angolare ω dell asta dopo l urto. ξ = 200. G ω ω ω G v vg vg G G G P P P P w v v v P d G 2l 18

19 Esercizio 4 (II) Il problema ha 3 incognite. Sono dunque necessarie 3 equazioni indipendenti per trovarne la soluzione. Otterremo queste 3 equazioni da 3 diversi principi di conservazione. I due corpi sono soggetti soltanto alla forza peso e al vincolo rappresentato dal piano orizzontale: tali due forze si equilibrano esattamente. Il moto dei 2 corpi avviene sul piano orizzontale. Non ci sono vincoli che agiscano sul piano orizzontale e che contrastino le forze d urto. Essendo nulla la risultante delle forze esterne durante l urto, per la I equazione cardinale della dinamica nell urto si conserva perciò la quantità di moto: R ( e ) = 0 Q i = Q P f d G 2l 19

20 Esercizio 4 (III) Prima dell urto l asta è in quiete e dunque la quantità di moto totale del sistema formato dai 2 corpi è pari alla quantità di moto del punto materiale: Q i = Q ip = mw Dopo l urto la quantità di moto totale del sistema formato dai 2 corpi è pari alla somma della quantità di moto dell asta (la quale, in generale, ruota e trasla) e della quantità di moto del punto. La quantità di moto finale del punto si può scrivere come: Q fp = mv La quantità di moto finale dell asta si può scrivere come il prodotto della sua massa per la velocità del centro di massa G dell asta: Q fa = Mv G P d G 2l 20

21 Esercizio 4 (IV) La quantità di moto totale del sistema formato dai 2 corpi dopo l urto si può scrivere perciò: Q f = Q fp + Q fa = mv + Mv G La conservazione della quantità di moto implica che: Q i = Q f mw = mv + Mv G Osserviamo che, poiché il punto urta l asta con direzione perpendicolare all asta, le forze d urto avranno la stessa direzione della velocità del punto prima dell urto, dunque anche v e v G avranno la stessa direzione della velocità del punto prima dell urto. G 2l P d 21

22 Esercizio 4 (V) Il momento angolare si conserva rispetto a un centro di riduzione fisso (perché il momento risultante delle forze esterne è nullo) per la II equazione cardinale della dinamica: K = v O Q + M ( e ) M ( e ) = 0 v O = 0 K = 0 K cost Tuttavia, se prendiamo un centro di riduzione fisso, risulta complicato esprimere il momento angolare del sistema (in particolare il momento angolare dell asta) dopo l urto rispetto a tale centro di riduzione. P d G 2l 22

23 Esercizio 4 (VI) Il momento angolare si conserva pure rispetto a un centro di riduzione in moto con velocità parallela alla quantità di moto, in quanto, per la II equazione cardinale della dinamica: K ( O ) = vo Q + M ( O) ( e ) ( O) M ( e ) = 0 v O Q v O Q = 0 K ( O) O = 0 K ( ) cost ( O) Ki = K ( O) f Dopo l urto, l asta trasla e ruota attorno al proprio centro di massa G. Dopo l urto, il centro di massa G dell asta si muove di moto rettilineo uniforme con velocità parallela a Q, per quanto abbiamo visto. Dunque si conserva il momento angolare del sistema rispetto al centro di massa G (in movimento) dell asta. P d G 2l 23

24 Esercizio 4 (VII) Prima dell urto l asta è in quiete e dunque il momento angolare totale del sistema formato dai 2 corpi rispetto a G è pari al momento angolare del punto materiale rispetto a G. Il momento angolare del punto materiale rispetto a G ha direzione perpendicolare al piano orizzontale e ha come modulo il prodotto della sua massa per la sua velocità per la distanza della sua traiettoria rettilinea da G: ( G) K i = ( G) Kip = mw l d ( ) Dopo l urto il momento angolare totale del sistema formato dai 2 corpi rispetto a G è pari alla somma del momento angolare dell asta rispetto a G (la quale, in generale, ruota e trasla) e del momento angolare del punto rispetto a G. P d G 2l 24

25 Esercizio 4 (VIII) Il momento angolare finale del punto si può scrivere come: ( G) K fp = mv l d ( ) Il momento angolare finale dell asta può invece essere scritto come il prodotto della velocità angolare dell asta per il suo momento di inerzia rispetto al suo centro di massa (che è anche il suo centro di rotazione): ( G) K fa = IG ω Il momento angolare finale totale del sistema formato dai 2 corpi dopo l urto si può scrivere perciò: ( G) K f = K ( G) fp + K ( G) fa = mv l d ( ) + I G ω La conservazione del momento angolare implica che: ( G) K i = K ( G) f mw( l d) = mv ( l d) + I G ω P d G 2l 25

26 Esercizio 4 (IX) Poiché l urto tra il punto materiale e l asta è perfettamente elastico, si conserva anche l energia meccanica del sistema che è tutta energia cinetica. T i = T f Prima dell urto l asta è in quiete e dunque l energia meccanica totale del sistema formato dai 2 corpi è pari all energia meccanica del punto materiale: T i = T ip = 1 2 mw2 Dopo l urto l energia meccanica totale del sistema formato dai 2 corpi è pari alla somma dell energia meccanica dell asta (la quale, in generale, ruota e trasla) e dell energia meccanica del punto. P G 2l d 26

27 Esercizio 4 (X) L energia meccanica finale del punto si può scrivere come: T fp = 1 2 mv 2 L energia meccanica finale dell asta si può scrivere, invece, utilizzando il teorema di König, come: T fa = 1 2 Mv G 2 I ω 2 G L energia meccanica finale totale del sistema formato dai 2 corpi dopo l urto si può scrivere perciò: T f = T fp + T fa = 1 2 mv Mv G 2 I ω 2 G La conservazione dell energia meccanica implica che: G 2l T i = T f 1 2 mw2 = 1 2 mv Mv G 2 I ω 2 G P d 27

28 Esercizio 4 (XI) Abbiamo quindi un sistema di 3 equazioni algebriche nelle 3 incognite v, v G e ω: mw = mv + Mv G mw( l d) = mv ( l d) + I G ω mw 2 = mv 2 + Mv 2 G + I G ω 2 Sostituendo i dati del problema, abbiamo: ξ = 200 m = 10g, M = 1+ ξ 1000 m = 12g I G = 1 12 M ( 2l ) 2 = 1 3 Ml 2 = 400gcm 2 l = 10cm, d = lξ = 2cm, l d = 8cm 1000 w = 100cm s v G = 5 ( 6 w v ) ω = 1 ( 5 w v ) w 2 v 2 = 6 5 v ω 2 G P d G 2l 28

29 Esercizio 4 (XII) Sostituendo le prime due nella terza: v G = 5 ( 6 w v ) ω = 1 ( 5 w v ) ( w v) ( w + v) = 6 5 v ω 2 G ( w v) ( w + v) = w + v = 5 ( 6 w v ) + 8 ( 5 w v ) = 73 2 ( w v) ( w v) ( ) 30 w v v = w v = w = cm s v = 41.75cm s v G = 5 ( 6 w v ) ω = 1 ( 5 w v ) w 2 v 2 = 6 5 v ω 2 G P d G 2l 29

30 Esercizio 4 (XIII) Otteniamo quindi i risultati: v = 41.7cm s v G = 5 6 w v ω = 1 5 w v ( ) = 5 ( ) = 48.5cm s 6 ( ) = 1 ( ) = 11.7 rad s 5 G ω ω ω G v vg vg G G G P G 2l P P P P w v v v d 30

31 Esercizio 5 Un punto materiale di massa m = 10 g si muove, con velocità di modulo pari a w = 100 cm/s, senza attrito su di un piano orizzontale. Il punto si conficca in un asta sottile omogenea, avente massa M = m( 1 + ξ ) e lunghezza 2l = 20 cm, appoggiata senza altri vincoli e 1000 senza attrito sullo stesso piano orizzontale e inizialmente in quiete, rimanendovi attaccato. La velocità del punto materiale è perpendicolare all asta e il punto di impatto dista d = lξ 1000 dall estremità dell asta. Trovare la velocità v G del centro di massa del sistema asta + punto dopo l urto e la velocità angolare ω del sistema asta + punto dopo l urto. ξ = 200. P w G G G ω ω ω G v G v G G G P P G P v G P d G G 2l 31

32 Esercizio 5 (II) I due corpi sono soggetti soltanto alla forza peso e al vincolo rappresentato dal piano orizzontale: tali due forze si equilibrano esattamente. Il moto dei 2 corpi avviene sul piano orizzontale. Non ci sono vincoli che agiscano sul piano orizzontale e che contrastino le forze d urto. Essendo nulla la risultante delle forze esterne durante l urto, per la I equazione cardinale della dinamica nell urto si conserva perciò la quantità di moto: Q i = Q f Prima dell urto l asta è in quiete e dunque la quantità di moto totale del sistema formato dai 2 corpi è pari alla G quantità di moto del punto materiale: Q i = mw G P d 2l 32

33 Esercizio 5 (III) Dopo l urto la quantità di moto totale del sistema formato dai 2 corpi è pari alla quantità di moto dell asta con il punto conficcato, la quale, in generale, ruota e trasla. La quantità di moto dell asta con il punto conficcato si può scrivere come il prodotto della sua massa totale (la somma della massa dell asta e della massa del punto materiale conficcato) per la velocità del centro di massa G del sistema asta + punto: Q f = ( M + m) v G La conservazione della quantità di moto implica che: Q i = Q f mw = ( M + m) v G v m G = w m + M M = m 1+ ξ ( )10g = 12g v G = v G = ( ) = m m + M w = cm s = 45.45cm s d 33 P G G 2l

34 Esercizio 5 (IV) Per trovare la velocità angolare dell asta con in punto conficcato dopo l urto, occorre ricorrere a un altro principio di conservazione. Poiché l urto è anelastico l energia non si conserva. Il momento angolare si conserva rispetto a un centro di riduzione fisso (perché il momento risultante delle forze esterne è nullo) per la II equazione cardinale della dinamica: K ( O ) = vo Q + M ( O) ( e ) ( O) M ( e ) = 0 v O = 0 K ( O) O = 0 K ( ) cost Tuttavia, se prendiamo un centro di riduzione fisso, risulta difficile esprimere il momento angolare del sistema dopo l urto rispetto a tale centro di riduzione. P d G G 2l 34

35 Esercizio 5 (V) Il momento angolare si conserva pure rispetto a un centro di riduzione in moto con velocità parallela alla quantità di moto, in quanto, per la II equazione cardinale della dinamica: ( K O ) = vo Q + ( O) M ( e ) ( O) M ( e ) = 0 v O Q v O Q = K ( O) = 0 K ( O) cost 0 Dopo l urto, l asta con il punto conficcato trasla e ruota attorno al centro di massa G del sistema asta + punto. Dopo l urto, il centro di massa G del sistema asta + punto si muove di moto rettilineo uniforme con velocità parallela a Q, in quanto: Q Q f = ( M + m) v G v G Q v G Q = 0 Il centro di massa G dell asta non si muove invece parallelamente a Q, ma descrive una circonferenza attorno a G. P d G G 2l 35

36 Esercizio 5 (VI) Perciò il momento angolare del sistema rispetto al centro di riduzione mobile O G (centro di massa dell asta) non si conserva, mentre il momento angolare del sistema rispetto al centro di riduzione mobile O G (centro di massa del sistema asta + punto) si conserva. Nell istante in cui avviene l urto e dopo l urto il centro di massa del sistema asta + punto, G, si trova sull asta. La distanza del punto G dall estremità dell asta si ottiene calcolando il centro di massa tra il punto materiale e il centro di massa dell asta: d = h = lξ 1000 = l = 1 10cm = 2cm 5 Ml + md 12g 10cm+ 10g 2cm = M + m 12g+ 10g = 140 gcm 22 g = 6.36cm P b d G G P 2l h 36

37 Esercizio 5 (VII) La distanza del punto di impatto P da G è perciò: b = h d = 6.36cm 2cm = 4.36cm Scegliamo quindi, come centro di riduzione O G e scriviamo la conservazione del modulo del momento angolare: ( G ) K i = K ( G ) f ( G ) K i = mwb mwb = I G ω ω = mwb ( G ) K f = I G ω I G Per determinare ω occorre infine il momento di inerzia del sistema asta + punto rispetto a G : I G = 1 12 M ( 2l ) 2 + M ( l h) 2 + mb 2 = 12g( 20cm) g( 10cm 6.36cm) g( 4.36cm) 2 = = 1 12 = ( )gcm 2 = 749gcm 2 P b d G G 2l P h 37

38 Esercizio 5 (VIII) Troviamo infine: ω = mwb I G = 10 g 100 cm s 4.36 cm 749 g cm 2 = 5.82s 1 P w G G G ω ω ω G v G v G G G P P G P v G P b d G G P 2l h 38

39 Esercizio 6 Una sfera rigida, omogenea, di centro A, raggio R e massa M, inizialmente in quiete, è urtata da un altra sfera rigida, omogenea, di centro B, raggio r e massa m, che un attimo prima dell urto trasla con una velocità nota. L urto è perfettamente elastico e non c è attrito tra le superfici delle due sfere. Sia p il rapporto tra il parametro d urto (la distanza d di A dalla retta passante per B e parallela a w subito prima dell urto, vedi figura) e la somma dei due raggi: p = d R + r Determinare in funzione di p (0 p 1) i moduli V e v delle velocità dei due centri A e B subito dopo l urto e gli angoli α e β che tali m w velocità formano con quella iniziale w. w B r v α β w V R A d M 39

40 Esercizio 6 (II) Durante l urto la forza è diretta lungo la congiungente AB (non c è attrito): Dopo l urto, A si muove lungo la congiungente AB. α = arcsin d R + r = arcsin p Il momento delle forze rispetto ad A è nullo il moto di A dopo l urto è traslatorio. Il momento delle forze rispetto a B è nullo il moto di B dopo l urto è traslatorio. Le due sfere possono dunque essere trattate come punti materiali. m Poiché le sfere non sono vincolate (forze esterne B w assenti) e l urto è elastico, nell urto si conserva r v energia cinetica e quantità di moto. R d α β w A M V 40

41 Esercizio 6 (III) Abbiamo dunque: 1 E 2 mw2 = 1 mv MV mw = mv + MV w mw = mv cosβ + MV cosα v cosβ = w M Q m V cosα w 0 = mv sin β MV sinα v sinβ = M m V sinα In altre parole abbiamo 3 equazioni nelle 3 incognite V, v e β. Risolvendo: v 2 cos 2 β + v 2 sin 2 β = w 2 + M 2 m V 2 cos 2 α 2w M 2 m V cosα + M 2 m V 2 sin 2 α 2 v 2 = w 2 + M 2 m 2 V 2 2w M m V 1 p2 1 2 mw2 = 1 2 mw m M 2 m 2 V m 2 w M m V 1 p MV 2 0 = 1 2 M 2 m V 2 w M V 1 p M V 2 0 = M m V 2w 1 p2 + V m B r v α β w V R w A d M 41

42 Esercizio 6 (IV) 0 = M m V 2w 1 p2 +V V = 2mw m + M 1 p2 1 2 m w2 = 1 2 mv M 4m 2 w 2 ( ) 1 p2 ( m + M ) 2 v 2 = w 2 4 mmw2 1 p2 ( m + M ) 2 ( ) = w 2 m + M ( ) ( ) 2 4mM 1 p 2 ( m + M ) 2 v = v = w m + M w m + M ( m + M ) 2 4mM ( 1 p 2 ) ( m M ) 2 + 4mMp 2 m B r v α β w V R w A d M 42

43 Esercizio 6 (V) Infine: v cosβ = w M m V cosα v sinβ = M m V sinα tan β = mw M p M + m tan β = 1 p2 2 2 mw 1 p = M m V sinα w M m V cosα = 2Mp 1 p 2 M + m 2M 1 p 2 sinα mw MV cosα ( ) 2 2Mp 1 p = m M + 2Mp 2 β = arctan 2Mp 1 p2 m M + 2Mp 2 m B r v α β w V R w A d M 43

44 Esercizio 7 Un punto materiale di massa m = 2 kg si muove con velocità, di modulo pari a v = 10 m/s, avente direzione orizzontale e giacente su di un piano verticale. Il punto materiale si conficca istantaneamente, rimanendovi attaccato, nel punto A (vedi figura) di una sbarra rigida omogenea di massa pari a M = 1 kg e lunghezza pari ad a = 1 m, incernierata allo stesso piano verticale nel punto O, con d = ξ a e b = ( 1 ξ )a Determinare la velocità angolare della sbarra (con il punto conficcato) subito dopo l urto. d O m v b A M a 44

45 Esercizio 7 (II) Si conserva soltanto il momento angolare rispetto a O: ( O) K i = mvb ( O) K f = IO ω ( O) K i = K ( O) f mvb = I O ω ω = mvb Dove I O è il momento di inerzia dell asta con il punto attaccato rispetto a O, che si ottiene utilizzando il teorema di Huygens-Steiner e l additività del momento di inerzia: asta 2 I O = I G + M a 2 d + mb 2 = 1 punto 12 Ma2 + M a 2 d I O 2 + mb 2 m v b d A O M a 45

46 Esercizio 8 Un punto materiale di massa m = 3 kg si muove con velocità, di modulo pari a v = 10 m/s, avente direzione orizzontale e giacente su di un piano verticale. Il punto materiale si conficca istantaneamente, rimanendovi attaccato, nel punto A (vedi figura) di un disco rigido omogeneo di massa pari a M = 1 kg e raggio pari a r = 1 m, incernierato allo stesso piano verticale nel punto O, con b = ξ r Determinare velocità angolare del disco subito dopo l urto. m v A M b O C r 46

47 Esercizio 8 (II) Si conserva soltanto il momento angolare rispetto a O: ( O) K i = mvb ( O) K f = IO ω ( O) K i = K ( O) f mvb = I O ω ω = mvb Dove I O è il momento di inerzia del disco con il punto attaccato rispetto a O, che si ottiene utilizzando il teorema di Huygens-Steiner e l additività del momento di inerzia: I O I O = I G + Mb 2 + m b2 + r 2 = 1 2 Mr 2 + Mb 2 + mb 2 + mr 2 disco ( ) punto m v A M b O C r 47

48 Esercizio 9 Un punto materiale P, di massa m = 10 g, si muove in un piano verticale, saldato a un asticella rigida, di massa trascurabile e lunghezza l = 20 cm, vincolata in un punto fisso O. Quando l asticella è disposta in posizione verticale e il punto P si trova ad altezza minima z 0 = 0, mediante una forza impulsiva si imprime al punto una velocità iniziale. Determinare la quota massima z M raggiunta dal punto P e la norma v M della velocità del punto P nel momento in cui esso raggiunge la quota massima. l O 48

49 Esercizio 9 (II) Il vincolo (asticella) è bilaterale. La reazione vincolare è normale, ma può essere centrifuga o centripeta. Il vincolo è ideale e la forza peso è conservativa: si conserva l energia meccanica. Scegliamo lo zero dell energia potenziale in corrispondenza di z = z 0. Stato iniziale: V 0 = 0, T 0 = ½mv 2 : Quota massima raggiunta: Quando il punto P si ferma per invertire il moto (se non ha energia sufficiente per raggiungere H); Quando il punto P raggiunge il punto H. O l 49

50 Esercizio 9 (III) Il punto P riesce a raggiungere il punto H se: O l 50

51 Esercizio 9 (IV) Se, si ha. Per quanto riguarda l altezza: O l 51

52 Esercizio 9 (V) Se invece, si ha. Per quanto riguarda la velocità: O l 52

53 Esercizio 10 Un punto materiale P, di massa m = 10 g, si muove in un piano verticale, appeso a un filo, inestensibile ma flessibile, di massa trascurabile e lunghezza l = 20 cm, vincolata in un punto fisso O. Quando l asticella è disposta in posizione verticale e il punto P si trova ad altezza minima z 0 = 0, mediante una forza impulsiva si imprime al punto una velocità iniziale. Determinare la quota massima z M raggiunta dal punto P e la norma v M della velocità del punto P nel momento in cui esso raggiunge la quota massima. l O 53

54 Esercizio 10 (II) Il vincolo (asticella) è unilaterale. La reazione vincolare è normale, e può essere soltanto centripeta (mai centrifuga). Il vincolo è ideale e la forza peso è conservativa: si conserva l energia meccanica. Il punto P può discostarsi dalla traiettoria circolare per muoversi come un punto materiale libero (traiettoria parabolica), se il filo non è teso. Nel punto di massima quota, la velocità del punto materiale P non è necessariamente nulla. Più precisamente, nel punto di massima quota, la componente verticale della velocità deve essere necessariamente nulla, ma la componente orizzontale della velocità può non essere nulla. O l l 54

55 Esercizio 10 (III) Determiniamo la posizione del punto D in cui il punto materiale si distacca dalla traiettoria circolare. Il secondo principio della dinamica si scrive: Nella terna intrinseca: 55

56 Esercizio 10 (IV) Il secondo principio della dinamica diviene: Dalla prima si ricava la tensione del filo (reazione vincolare): Poiché il vincolo è unilaterale, T n può essere soltanto positiva. 56

57 Esercizio 10 (V) La reazione vincolare agisce soltanto se: mentre è inerte (T n = 0) se: Avremo pertanto (a causa del vincolo unilaterale): 57

58 Esercizio 10 (VI) Il distacco (punto D) si ha quando: Poiché il II termine è sempre positivo, si può avere il distacco soltanto quando il I termine è negativo, ovvero quando: In questo caso avremo: Si ottiene così una relazione tra α D e v D. 58

59 Esercizio 10 (VII) D altro canto, per la conservazione dell energia meccanica, si ha: Si ottiene così una seconda relazione tra α D e v D. 59

60 Esercizio 10 (VIII) Mettendo a sistema le due relazioni tra α D e v D : 60

61 Esercizio 10 (IX) Si ha quindi: Si può avere il distacco soltanto se il coseno è negativo: 61

62 Esercizio 10 (X) Infine, l angoloα D è reale soltanto se: Si può quindi avere il distacco soltanto se: 62

63 Esercizio 10 (XI) Occorre quindi considerare separatamente i 3 casi: Nel primo c è oscillazione senza distacco dalla traiettoria circolare. Nel secondo c è distacco dalla traiettoria circolare prima del raggiungimento della quota massima. Nel terzo non c è distacco e il moto è rotatorio. 63

64 Esercizio 10 (XII) Nel primo caso il punto arriva alla quota massima con velocità nulla, per cui: 64

65 Esercizio 10 (XIII) Nel secondo caso il punto arriva alla quota massima con velocità non nulla. Nel punto D si ha: da cui si ottiene la componente orizzontale della velocità: 65

66 Esercizio 10 (XIV) Dopo il distacco la componente orizzontale della velocità non cambia, mentre quella verticale diminuisce fino ad annullarsi: L energia cinetica nel punto M vale: O l l 66

67 Esercizio 10 (XV) Per la conservazione dell energia: O l l 67

68 Esercizio 10 (XVI) Nel terzo caso il punto non si distacca dalla traiettoria circolare e si muove di moto rotatorio non uniforme. Si ha: e, per la conservazione dell energia meccanica: 68

69 Esercizio 10 (XVII) Avremo quindi: 69

70 Esercizio 10 (XVIII) Riassumendo: O l l 70

71 Domenico Galli Dipartimento di Fisica