2 R = mgr mv2 0 = E f

Transcript

1 Esercizio 1 Un corpo puntiforme di massa m scivola lungo la pista liscia di raggio R partendo da fermo da un altezza h rispetto al fondo della pista come rappresentato in figura. Calcolare: a) Il valore minimo di h (h, da esprimere in funzione di R) perchè il corpo possa compiere un giro completo. Ponendo adesso h = nh, calcolare: b) il valore della forza, N, esercitata dalla pista sul corpo quando questo si trova la prima volta nel punto più basso del percorso circolare (indicato con A); c) il valore dellaccelerazione centripeta, a C, nel punto più alto del percorso circolare. La guida termina, dopo il cerchio, con un tratto in salita, che si interrompe ad altezza pari a R formando un angolo θ rispetto al piano orizzontale. Calcolare: d) a quale distanza, D, dal punto A atterra il corpo? A: m = 0.12 kg; R = 1.4m; n = 3/2; θ = 30 o B: m = 0.20 kg; R = 1.0m; n = 4/3; θ = 30 o Figura 1 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: il peso fornisce da solo la forza centripeta necessaria per il moto circolare: mg + N = mg = m v2 R da cui v2 = 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).

2 Prendendo il punto di partenza (ad altezza h rispetto al fondo della pista, scelto come riferimento per l energia potenziale) e il punto più alto nel cerchio della morte a confronto, vale da cui si ricava E i = mgh = mg2r mv2 = mg2r mrg = E f h = 5 2 R b. Sia ora h = nh. Sfruttando ancora la conservazione dell energia, nel punto più basso della traiettoria E A = 1 2 mv2 A = mgh = mg 5 2 nr e quindi v2 v2 A = 5ngR. L accelerazione verso il centro del cerchio è allora a = R = 5ng e quindi la forza risultante agente sul corpo è F A = 5nmg, risultante della forza peso del corpo e della reazione vincolare in A (si veda la figura): F A = N mg da cui N = (1 + 5n)mg c. Sfruttando la conservazione dell energia tra il punto di partenza ad altezza h e il punto più alto del percorso circolare E i = mg (n 5 ) 2 R = mg2r mv2 = E f si ricava v 2 = (5n 4)gR e quindi a C = v2 = (5n 4)g R d. Quando il corpo si stacca dalla guida si trova a distanza orizzontale d 1 = R/tgθ dal punto A. Dobbiamo poi studiare il moto parabolico del corpo da quando si stacca dalla guida ad altezza R a quando atterra. Innanzitutto ci serve calcolare la sua velocità v 0 al momento del distacco, che troviamo ancora con considerazioni energetiche: E i = mg (n 5 ) 2 R = mgr mv2 0 = E f da cui v 0 = (5n 2)gR. Dopo il distacco il moto è la composizione di un moto orizzontale lungo l asse x con velocità costante pari a vcosθ, e un moto accelerato lungo l asse verticale, y: Imponendo y = 0 ricaviamo il tempo di volo, x = v 0 cosθt y = R + v 0 sinθt 1/2gt 2 t V = v 0sinθ + v 2 0 sin2 θ + 2gR avendo scartato la soluzione negativa, che corrisponde al tratto virtuale di parabola precedente il distacco. Troviamo quindi d 2 = v 0 cosθt V e la distanza dal punto A a cui atterra il corpo è allora d = d 1 + d 2 = R tgθ + v 0cosθ v 0sinθ + v0 2sin2 θ + 2gR g g A. a. h = 3.5 m; b. N = N; c. a C = 34.3 m/s 2 ; d. d = 10.0 m B. a. h = 2.5 m; b. N = N; c. a C = 26.1 m/s 2 ; d. d = 7.06 m

3 Esercizio 2 Due aste di lunghezza 2L e una di lunghezza L, tutte con densità lineare costante λ, sono connesse come illustrato in figura. Il sistema giace in un piano verticale e può ruotare senza attrito attorno al polo O. Calcolare: a) Il momento di inerzia del sistema rispetto a O. b) La distanza d tra il centro di massa del sistema e O. c) Il valore dell impulso (orizzontale) che si deve trasferire al centro di massa affinchè il sistema possa compiere un giro completo. A: L = 1.0 m; λ = 1 kg/m B: L = 0.7 m; λ = 0.5 kg/m SOLUZIONE a. Il momento di inerzia del sistema formato dalle tre aste è la somma dei momenti di inerzia delle medesime. Possono essere calcolati sfruttando il teorema di Huygens-Steiner: I = I CM + md 2 ; il momento d inerzia di un asta omogenea, rispetto al suo centro di massa, è I CM = 1/12ms 2 ; m, s e d sono rispettivamente massa, lunghezza dell asta, e distanza del punto di rotazione dal centro di massa dell asta. Tutte le aste sono omogenee e quindi il centro di massa si trova nel centro geometrico; inoltre la loro massa è proporzionale alla loro lunghezza. Sia M = λl la massa dell asta corta; le aste lunghe hanno allora massa 2M. - asta orizzontale di lunghezza 2L: I 1 = 1/12(2M)(2L) 2 = 2/3ML 2. - asta verticale di lunghezza 2L: I 2 = 1/12(2M)(2L) 2 + (2M)L 2 = 8/3ML 2. - asta di lunghezza L: I 3 = 1/12ML 2 + M(2L) 2 = 49/12ML 2. Vale quindi I tot = I 1 + I 2 + I 3 = 89/12ML 2 b. Prendiamo un sistema di riferimento con l asse y lungo l asta verticale diretto verso l alto, l asse x sia orizzontale passante per O. Il centro di massa dell asta orizzontale lunga 2L si trova in (0, 0), quello dell asta verticale si trova in (0, L), quello dell asta lunga L si trova in (0, 2L). Il centro di massa si trova lungo l asse y. Per calcolare la sua posizione lungo l asse y, dalla definizione di centro di massa 0 (2M)L M(2L) y CM = = 4 5M 5 L La posizione del centro di massa è allora (0, 4 5L), e la distanza tra il perno (che si trova al centro del sdr scelto) e il centro di massa è quindi d = 4/5L La massa totale del sistema è M tot = 5M.

4 c. L asta, a cui cui viene trasferito l impulso J, ruota intorno al perno O, e perchè l asta compia un giro completo il centro di massa del sistema deve portarsi dal punto (0, d) a (0, d) al più con velocità nulla. Per la conservazione dell Energia -agisce solo la forza di gravità, e la reazione vincolare del perno compie lavoro nullo-: E i = 1 2 Iω2 min M tot gd = M tot gd = E f e quindi 4Mtot gd 3g ω min = = 8 I 89L Il momento dell impulso rispetto al perno O è, in modulo, pari a dj e ha direzione lungo l asse z (z scelto in modo tale che formi con x e y una terna cartesiana). L applicazione di questo impulso induce una variazione del momento angolare del sistema pari al momento dell impulso stesso, e quindi L = L fin L in = L fin = Iω = dj (la reazione vincolare ha momento nullo rispetto ad O). Ricaviamo quindi che J = Iω d = 5 2 M 89 3 gl Nota: come aspettato, il valore dell impulso necessario per far compiere ad un sistema vincolato un giro completo è inversamente proporzionale alla distanza dal perno del punto in cui l impulso stesso viene applicato. A: a. I = 7.42 kg m 2, b. d = 0.80 m, c. J = 42.7 kg m/s. B: a. I = 1.27 kg m 2, b. d = 0.56 m, c. J = 12.5 kg m/s.

5 Esercizio 3 Due stelle di massa M 1 e M 2 si trovano a distanza d m e percorrono orbite circolari intorno al centro di massa del sistema binario che esse costituiscono. Calcolare, per ogni stella: a) Il raggio orbitale. b) Il periodo di rotazione. c) Il momento angolare rispetto al centro di massa del sistema. A: M 1 = kg; M 2 = kg, d = m B: M 1 = kg; M 2 = kg, d = m SOLUZIONE a. e b. Le stelle si muovono su orbite circolari sotto l azione della reciproca attrazione gravitazionale, che fornisce la forza centripeta necessaria a mantenerle in orbita: G M 1M 2 d 2 = M 1 ω 2 1R 1 = M 2 ω 2 2R 2 (1) dove le ω i sono le velocità angolari (costanti, nel caso di orbite circolari, e uguali per entrambe le stelle) e R i sono i raggi orbitali, pari alle distanze delle due stelle dal centro di massa del sistema. Quest ultimo si trova sulla congiungente i centri di massa delle due stelle, e vale R 1 = M 2 M tot d = 5 7 d R 2 = M 1 M tot d = 2 7 d Si può trovare questa soluzione usando la definizione di centro di massa o usando la seconda uguaglianza di Eq. (1) a sistema con R 1 + R 2 = d. Dall eq. (1) ricaviamo anche il periodo di rotazione (identico per le due stelle), facendo uso della relazione ω = 2π/T : T = 2πd R1 = 2πd R2 G M 2 G M 1 c. Il momento angolare è un vettore perpendicolare al piano dell orbita delle due stelle e direzione tale da vedere il loro moto avvenire in senso antiorario, quindi per entrambe le stelle direzione e verso sono 2πR uguali. Il modulo invece varia per le due stelle ed è pari a L 1 = M 1 v 1 R 1 = M 1 1 T R 1 = R 2 2π 1M 1 T e L 2 = R 2 2π 2M 2 T. A: a. R 1 = m, R 2 = m; b. T = s = 9.77 ore; c. L 1 = kg m 2 /s, L 2 = kg m 2 /s B: a. R 1 = m, R 2 = m; b. T = s = 4.69 ore ; c. L 1 = kg m 2 /s, L 2 = kg m 2 /s

6 Esercizio 4 Due masse m 1 e m 2 sono connesse da una corda che gira senza attrito attorno ad un piolo fisso, come rappresentato in figura. La massa m 2 è poi connessa ad una terza massa, m 3 da una corda che gira senza scivolare attorno ad una carrucola di raggio R e massa M. Entrambe le corde sono inestensibili e di massa trascurabile. Il coefficiente di attrito dinamico tra tutte le superfici è pari a 0.3. a) Trovare il valore della massa m 3, necessaria per muovere il sistema con accelerazione pari a 3 m/s 2. b) Calcolare la tensione della corda che connette m 1 e m 2 nel caso individuato al punto a). A: m 1 = 1.4 kg; m 2 = 4.2 kg, R = 10 cm, M = 1.0kg B: m 1 = 1.2 kg; m 2 = 3.2 kg, R = 10 cm, M = 1.2kg Diagramma delle forze: in cui T i sono le tensioni delle corde che connettono gli elementi del sistema; F a,1 è la forza di attrito che sviluppa sulla superficie di contatto tra A e B, e F a,2 è quella che si sviluppa sulla superficie di contatto tra B e il piano; N A e N B sono le reazioni vincolari sulle medesime superfici. a. e b. Scegliamo un sistema di riferimento con l asse x diretto lungo il filo nella direzione del moto, l asse y sia perpendicolare a x, asse z in direzione uscente dal foglio. In questo sdr possiamo scrivere le leggi del moto (traslazione delle masse e rotazione della carrucola -tralasciamo considerazioni sull traslazione della carrucola, impedita dalla reazione vincolare R): 1 : T 1 F a,1 = m 1 a N A m A g = 0 2 : T 2 F a,1 F a,2 T 1 = m 2 a N B m A g m B g = 0

7 3 : m 3 g T 3 = m 3 a M : T 3 R + T 2 R = Iα = Ia/R dove il segno meno nell ultima relazione è dovuto al fatto che una rotazione negativa (oraria) corrisponde ad una accelerazione di traslazione positiva, data la scelta del sistema di riferimento. Si aggiungono poi le relazioni F a,1 = µn A e F a,2 = µn B. Risolvendo il sistema di equazioni si ricava m 3 = (3m 1 + m 2 )µg + (m 1 + m 2 + 1/2M)a g a mentre il valore di T 1 si ricava semplicemente dalla prima equazione: A. a. m 3 = 6.3 kg; b. T = 8.3 N B. a. m 3 = 5.2 kg; b. T = 7.1 N T 1 = F 1 + m 1 a = m 1 (µg + a)