Compito di Fisica Ingegneria elettrica e gestionale Soluzioni fila B Massimo Vassalli 9 Gennaio 008 NB: dal momento che i dati numerici degli esercizi non sono comuni a tutti i compiti, i risultati sono dati in forma analitica, senza la sostituzione dei valori numerici.
Esercizio. Domanda A Sulla sfera agisce esclusivamente la forza F costante e diretta verso lungo i. Così come il peso, costante e diretto lungo j è conservativo ed ha energia potenziale U P = mgy, anche F è conservativa e l asua energia potenziale è U F = mgx. Possiamo quindi sfruttare la conservazione dell energia per determinare la distanza x raggiunta dalla sfera sul piano. All istante iniziale l energia cinetica della sfera è data da: I Cω0 mentre possiamo porre nulla l energia potenziale della forza peso. L energia cinetica è stata scritta tenendo conto che il punto di contatto C ha sempre istantaneamente velocità nulla. Quando la sfera raggiunge la distanza massima, l energia cinetica è nulla per cui possiamo infine scrivere: I Cω0 = Mgx = x = I Cω0 F = I Cω0 Mg tenendo conto che per il rotolamento puro è ω 0 R = v 0 e scrivendo il momento di inerzia della sfera rispetto ad un asse passante per C grazie al teorema di Huygens-Steiner: I C = I O + MR = 5 MR + MR = 7 5 MR si ottiene infine: x = 7 v 5 MR 0 MgR = x = 7 v0 0 g. Domanda B Nella posizione iniziale l energia potenziale all istante prima dell urto è la stessa di quella iniziale e pertanto anche le energie cinetiche devono essere le stesse ma con segno cambiato, ovvero: v = v 0 ; ω = ω 0 = v 0 R Durante l urto l unica forza impulsiva è quella tra Q e P, parallela al piano pertanto il momento angolare rispetto a P si conserva durante l urto: P i P = P f P per calcolare il momento angolare della ruota rispetto a P possiamo utilizzare il primo teorema di König che per un generico punto O si scrive: P O = P CM + (r CM r O ) Mv CM
per cui prima dell urto è: P i P = I O ω 0 Mv 0 R se chiamiamo v e ω velocità lineare ed angolare del centro di massa dopo l urto, possiamo scrivere (prendendo v verso destra e ω lungo k): P f P = I Oω + Mv R pertanto la conservazione del momento angolare diviene: I O ω 0 Mv 0 R = I O ω + Mv R = I O (ω 0 + ω ) = MR(v 0 + v ) Dal momento che l urto è elastico, si conserva anche l energia cinetica durante l urto, che possiamo scrivere sfruttando il secondo teorema di König: I CM ω 0 + Mv 0 = I CM ω + Mv per determinare velocità angolare e lineare del centro di massa dopo l urto dobbiamo quindi risolvere il sistema delle due equazione che, riordinando l energia, possiamo scrivere: { IO (ω 0 + ω ) = MR(v 0 + v ) I CM ( ω ω 0 ) = M ( v 0 v ovvero anche: { IO (ω + ω ) = MR(v 0 + v ) I CM (ω ω 0 ) (ω + ω 0 ) = M (v 0 v ) (v 0 + v ) questo sistema ha una soluzione che è la soluzione fantasma: v 0 = v ; ω 0 = ω ed un altra soluzione che è quella cercata: v 0 = v ; ω 0 = ω ovvero dopo l urto la sfera riparte verso destra con velocità angolare e lineare uguali in valore assoluto ma di segno opposto e pertanto il rotolamento puro è garantito sin dall inizio anche per questa parte del moto. La distanza x a cui arriverà la sfera sarà quindi uguale alla distanza x già trovata..3 Domanda C Lavorando come nella domanda B, possiamo risolvere l urto tenendo conto che il momento angolare baricentrico si conserva durante l urto: I O ω 0 = I O ω ) 3
ovvero l urto non cambia la velocità angolare. La conservazione dell energia in questo caso in cui l energia cinetica di rotazione rimane la stessa restituisce due soluzioni, la soluzione fantasma v = v e la soluzione cercata v = v 0. La sfera ripartirà quindi verso destra con velocità del centro di massa invertita e velocità angolare lungo k e pertanto subito dopo l urto non si instaura immediatamente il rotolamento puro. Per conoscere la distanza x 3 cui arriva la sfera in questo caso è necessario studiare il moto successivo sfruttando le cardinali della dinamica. L attrito f è inizialmente lungo i per cui la prima cardinale orizzontale restituisce: Mẍ = f F = Mẍ = µ N Mg ed essendo (prima cardinale lungo j): si ottiene N = Mg ẍ = g ( + µ) Al tempo stesso la seconda cardinale rispetto al centro di massa permette di scrivere: I O ω = fr = I O ω = µmgr cos α pertanto le equazioni del moto per le velocità, tenendo conto delle condizioni iniziali, divengono: { ẋ = v0 g ( + µ) t ω = ω 0 µ MgR I O t = ω = ω 0 µ 5g R t questa dinamica procederà sintanto che non si instaurerà il rotolamento puro ovvero, tenendo conto dei segni, si abbia ẋ = ωr e tale condizione si avrà per t = t 0 tale che: v 0 g ( + µ) t 0 = ω 0 R + 5 µgt 0 ovvero t 0 = v 0 + ω 0 R g ( 7 µ + ) = v 0 g ( 7 µ + ) che, sostituendo µ = 6/7 diviene per tale istante si ha t 0 = v 0 g ẋ(t 0 ) = v 3 = v 0 g (µ + ) t 0 = ( ) 6 v 3 = v 0 g 7 + v0 g v 3 = v 0 4 4
dopo uno spostamento: x 3a = v 0 t 0 g ( + µ) t 0 = x 3a = v 0 t 0 3 v 0 4 gt 0 = v 0 g g 3 4 ( x 3a = 3 ) v 0 4 g = 4 v0 g ( ) v0 g al quale va aggiunto un ultimo tratto fatto in rotolamento puro che si può ottenere dalla conservazione dell energia dopo t 0 come nella domanda A: ed infine x 3b = 7 v3 0 g = 7 0 x 3 = x 3a + x 3b = v0 96g = 80 ( 4 + ) v 0 80 v 0 g g = 63 840 Si noti che x 3 < x come atteso tenendo conto del fatto che la distanza x è ottenuta in una circostanza in cui l attrito non compie lavoro durante il moto (l energia si conserva). Esercizio. Domanda A Prendendo come sistema il disco, su di esso agiscono: la forza elastica F e applicata in O, l attrito orizzontale f applicato nel punto di contatto, la reazione vincolare verticale del piano N applicata nel punto di contatto, la forza peso Mgj applicata in O e la reazione della sbarretta T applicata anch essa in O (nel punto di contatto sbarretta - disco). Scrivendo la seconda cardinale rispetto al centro di massa per il disco, l unica forza che fa momento è proprio l attrito che pertanto, per garantire la condizione di equilibrio, deve essere nullo. Il coefficiente minimo di attrito è pertanto µ = 0.. Domanda B Nel caso in cui la molla sia posta in P, anche la forza elastica fa momento rispetto al centro di massa della ruota e pertanto l attrito dovrà necessariamente essere non nullo per garantire l equilibrio. In particolare, se l attrito non ci fosse la ruota girerebbe in senso antiorario per effetto del momento della forza elastica e pertanto la forza di attrito sarà rivolta verso sinistra: f = fi. La seconda cardinale per il disco scritta rispetto al centro del disco permette di ottenere: F e R fr = 0 = F e = f v 0 g 5
Se chiamiamo T = ti la reazione vincolare orizzontale della guida sulla sbarretta in P, possiamo anche scrivere la prima cardinale orizzontale e la seconda rispetto al centro del disco per l intero sistema sbarretta + disco: T f F e = 0 = T = f T L cos φ + m L sin φ fr + F er = 0 il termine fr + F e R come visto è nullo per cui da queste equazioni si ottiene: d altronde deve anche essere: fl cos φ + m L sin φ = 0 = f = m 4 tan φ f µ N e per determinare N possiamo sfruttare la prima cardinale verticale per l intero sistema disco + sbarretta: N mg Mg = 0 = N = (m + M)g e pertanto: f = m 4 tan φ µ N = µ(m + M)g ovvero il coefficiente di attrito minimo è dato da: µ min = m 4g m + M tan φ si noti che per ottenere questo risultato non è stato necessario esplicitare la dipendenza della forza elastica dall allungamento della molla né pertanto conoscere l acostante elastica della molla stessa..3 Domanda C Nel caso in cui vi sia rotolamento puro l attrito non fa lavoro e pertanto l energia del sistema si conserva. All istante iniziale, per φ = φ 0, l energia cinetica è nulla mentre quella potenziale della sbarretta è data da: U i = mg L cos φ 0 avendo posto nulla l energia potenziale per φ = π. L energia cinetica ad ogni istante successivo a quello iniziale sarà data dal teorema di König per l energia cinetica: K = K sbarretta + K disco = K sbarretta + mv cm sbarretta + K disco + Mv cm disco La posizione del centro di massa della sbarretta in un sistema di riferimento con origine nel punto in cui la sbarretta tocca il piano è data da: r = L (sin φi + cos φj) + Rj 6
e pertanto la velocità è data da: e quindi ṙ = L (cos φi + sin φj) φ v cm sbarretta = L 4 φ mentre per quanto riguarda il centro di massa del disco è semplicemente v cm disco = ẋ le energie cinetiche relative sono rispettivamente: K sbarretta = I sb φ K disco = I d θ e pertanto l energia cinetica diviene: K = ] [I sb φ + m L 4 φ + I θ d + Mẋ il vincolo di rotolamento puro impone che sia ẋ = R θ mentre per determinare la relazione tra ẋ e φ è sufficiente osservare che per costruzione: e pertanto x = L sin φ ẋ = d dt x = d d (L sin φ) = L (sin φ)dφ = L cos φ φ dt dφ dt sfruttando queste due relazioni possiamo riscrivere l energia cinetica in termini solo di φ: K = [I sb + m L 4 + I ] d R L cos φ + ML cos φ φ sostituiamo i momenti di inerzia I sb = ml e I d = MR ed eguagliamo questa espressione all energia potenziale iniziale: [ 3 m + 3 ] M cos φ L φ = mg L cos φ 0 [ 3 + 3M ] m cos φ L φ = g cos φ 0 e quindi si ottiene, per φ = φ0 : e quindi per ẋ: L φ = gl cos φ 0 [ 3 + 3M m cos (φ 0 /) ] ẋ = gl cos φ 0 cos (φ 0 /) [ 3 + 3M m cos (φ 0 /) ] 7
3 Esercizio 3 3. Domanda A Dal momento che la guida è liscia, si conserva l energia del sistema. Per un generico angolo φ l energia potenziale è data da U = U P + U sbarretta = mgr sin φ + Mg R ( sin φ = m + M ) gr sin φ l energia cinetica dipende dalla velocità angolare φ del sistema: K = K P + Ksb = mr φ + I φ O = ( m + M ) R φ 3 All istante iniziale è φ = 0 e φ = v 0 /R per cui l energia iniziale è data da E i = U i + K i = ( m + M ) v0 3 mentre l energia finale, per φ = π/, il sistema è fermo, φ = 0, e pertanto l energia è: ( E f = U f + K f = m + M ) gr e quindi, uguagliando le due: ( m + M 3 ) ( v0 = m + M ) gr e quindi infine ( ) m + M v0 = ( )gr () m + M 3 3. Domanda B Il moto in direzione radiale deve essere garantito dalla forza elastica della molla e dalla reazione della guida che, in ogni momento, deve risultare negativa lungo u r (uscente). Scrivendo l accelerazione del punto P in coordinate polari: r = R φu r R φ u φ possiamo scrivere F = ma in direzione radiale in funzione dell angolo: mr φ = N + kr mg sin φ in cui la molla spinge la massa verso la guida avendo lunghezza di riposo R. Quindi la condizione da imporre su è che sia valido per ogni φ N = mr φ kr + mg sin φ 0 8
la condizione peggiore si ha per φ = 0 dove il peso si oppone alla forza di richiamo e la velocità (energia cinetica) è minima in quanto è massima l energia potenziale, per cui la velocità minima v = R φ con cui il punto materiale deve arrivare nel punto verticale deve soddisfare: m v R kr + mg = 0 = v = gr kr m e di conseguenza possiamo trovare la velocità iniziale minima v 0 utilizzando la conservazione dell energia come fatto nella domanda A: E i = E f = mv 0 = mv + mgr e quindi v 0 = v + gr = 3gR kr m 3.3 Domanda C Se v = v 0 / il punto P si staccherà in quanto N si troverà ad un certo punto a dover divenire positiva per garantire il moto successivo. Tale condizione si ha quando: N = m v kr + mg sin φ = 0 R nuovamente possiamo determinare la velocità dalla conservazione dell energia scritta in generale durante il moto con le condizioni iniziali date: e quindi mv 0 4 = mv + mgr sin φ v = v 0 gr sin φ 4 ovvero la condizione per il distacco diviene m ( ) v 0 gr sin φ kr + mg sin φ R 4 = 0 v 0 4R k R + g sin φ = 0 m e quindi l angolo φ per il quale avviene il distacco è soluzione di sin φ = [ v 0 4gR + kr ] mg 9