ESERCIZIO 1 Un corpo di massa m = 100 g è collegato a uno degli estremi di un filo ideale (inestensibile e di massa trascurabile) di lunghezza L = 30 cm. L altro capo del filo è vincolato ad un perno liscio. Il corpo m ruota nel piano verticale in senso orario. Si osserva che quando il filo forma con l orizzontale un angolo θ = 50 (v. figura A) il corpo è in moto con velocità in modulo pari a v1 = 4.0 m/s. Si determinino in tale istante: a) la tensione T del filo b) la componente tangenziale at dell accelerazione del corpo. Si determini inoltre: c) il modulo v della velocità quando m raggiunge il punto più basso della traiettoria (v. figura B). Figura A Figura B SOLUZIONI a) Poiché il moto è circolare, il raggio della traiettoria coincide con il raggio della circonferenza (ovvero la lunghezza L del filo). In direzione normale agiscono la tensione del filo e la componente della forza peso normale alla traiettoria (forniscono entrambe contributi centripeti nel punto considerato). Impostando la II legge della dinamica in direzione normale si Diagramma delle forze ottiene quindi: T + mgsenθ = ma N = m L v 1, da cui si ricava: a) T = m gsenθ b) In direzione tangenziale agisce solo la componente della forza peso tangenziale alla traiettoria nel punto considerato. Quindi dalla II legge della dinamica in direzione tangenziale si ottiene mgcosθ = mat, da cui: v 1 L b) at = g cosθ. c) La tensione del filo è perpendicolare alla traiettoria non compie lavoro. L unica altra forza agente è la forza peso, conservativa, quindi si può impostare la conservazione dell energia meccanica durante il moto: ΔUg + ΔK = 0. Ponendo z = 0 nel punto più basso della traiettoria, vale z1 = L(1+senθ). COMPITO A pagina 1
Quindi: 0 mgl(1+senθ) + 1 1 mv mv 1 = 0, da cui: c) v = v + gl( 1 + sen ) 1 θ SOLUZIONI NUMERICHE a) T = 4.58 N b) at = 6.30 m/s c) v = 5.14 m/s COMPITO A pagina
Esercizio Un punto materiale di massa m 1 si muove con velocità di modulo v 1,i in direzione 1,i rispetto alla direzione x, mentre un secondo punto materiale di massa m =3m 1 viaggia ad una velocità v,i in direzione perpendicolare al primo, come rappresentato in figura. I due punti materiali si trovano su un piano orizzontale e si urtano. Dopo l urto la velocità di m 1 ha componenti cartesiane v 1f,x e v 1f,y. a) Trovare le componenti cartesiane v f,x e v f,y della velocità di m dopo l urto. b) Trovare l impulso ~ J (componenti cartesiane) delle forze esercitate da m su m 1 durante l urto. c) Qual è la variazione di energia cinetica E k causata dall urto? Compito A (Dati): m 1 = kg, v 1,i = 3 m/s, 1,i = 65, v,i = 4 m/s, v 1f,x = v 1f,y =3.5 m/s. 1.6m/s e a) Non essendoci vincoli che possano generare forze impulsive esterne, la quantità di moto totale del sistema è conservata durante l urto. L urto è in generale anelastico, dato che non è specificato nulla a riguardo nel testo. La conservazione della quantità di moto PTOT ~ = 0, proiettata lungo gli assi indicati in figura, diventa: ( ~ux : m 1 v 1i,x + m v i,x = m 1 v 1f,x + m v f,x (1) ~u y : m 1 v 1i,y + m v i,y = m 1 v 1f,y + m v f,y () e, sostituendo m =3m 1 e,i = 1,i + /, si ha da cui si ricava (a) ( ~ux : v 1,i cos 1,i +3v,i cos( 1,i + /) = v 1f,x +3v f,x ~u y : v 1,i sin 1,i +3v,i sin( 1,i + /) = v 1f,y +3v f,y, 8 >< ~u x : v f,x = v 1,i cos 1,i 3v,i sin( 1,i ) v 1f,x 3 >: ~u y : v f,y = v 1,i sin 1,i +3v,i cos( 1,i ) v 1f,y. 3 1 (3) (4) (5) (6)
L impulso delle forze esercitate da m su m 1 durante l urto è pari alla variazione della quantità di moto del singolo punto materiale m 1 : J ~ (f) = ~p 1 ~p (i) 1 = m 1 (~v 1,f ~v 1,i ). Proiettando sugli assi indicati in figura si trova (b) ( ~ux : J x = m 1 (v 1f,x v 1,i cos 1,i ) ~u y : J y = m 1 (v 1f,y v 1,i sin 1,i ). (7) (8) La variazione di energia cinetica K = K f K i, utilizzando m =3m 1, è semplicemente pari a (c) K = m 1 v 1f,x + v1f,y + 3(v f,x + v f,y ) v 1,i 3v,i. Compito A (Risultati): ~v,f =(.67; 1.43) m/s, ~ J =( 5.74; 1.56) kg m/s, K = 14.68 J
Esercizio 3 Un corpo rigido è costituito da un anello circolare sottile e omogeneo, di massa m a e raggio r, e da due sbarre sottili omogenee, ciascuna di massa m s = m a /4 passanti per il centro dell anello (v. figura). Il corpo rotola senza strisciare su un piano orizzontale scabro (coe ciente di attrito statico µ s ) ed è trainato da una forza costante in modulo pari a F in direzione x applicata al centro dell anello. Calcolare: a) il momento d inerzia I CM del corpo rigido rispetto al suo centro di massa; b) la forza di attrito statico F as che agisce sul punto di contatto tra il corpo rigido e il piano. Si verifichi la validità della condizione di puro rotolamento. c) Sapendo che il corpo rigido è inizialmente fermo, calcolare la variazione di energia cinetica K quando il corpo rigido raggiunge una velocità angolare in modulo pari a!. DATI NUMERICI m a =1.4 kg, r = 1 cm, µ s =0.4, F = 5 N,! =6.8 m/s. a) Il momento di inerzia del corpo rigido rispetto al suo centro di massa (CM) si ottiene dalla somma dei momenti di inerzia delle singole parti che lo costituiscono. Tali parti hanno masse distribuite in maniera omogenea e i rispettivi centri di massa coincidono con il CM dell intero corpo rigido. In definitiva si ha che I CM = I a +I s,dovei a = m a r è il momento di inerzia dell anello sottile e I s = 1 1 m s(r) è il momento di inerzia della singola sbarra omogenea. Utilizzando la condizione m s = m a /4 data nel testo, si ottiene: a) I CM = 7 6 m ar. (9) b) Dal diagramma delle forze in figura scriviamo la seconda legge della dinamica e il teorema del momento angolare (rispetto al CM) lungo le componenti cartesiane del sistema di riferimento indicato in figura: 8 >< û x : F F as =(m a +m s )a CM û y : N (m a +m s )g =0 >: û z : F as r = I CM. Dato che il moto del corpo rigido è di puro rotolamento, l accelerazione angolare ~ e l accelerazione del CM ~a CM sono legate dalla relazione ~a CM = ~ ~r, dove~ = û z e ~r = rû y è il vettore che 3
y z N x CM F F as C P va dal punto di contatto C al CM. Il sistema pertanto diventa: 8 û x : F F as = 3 >< m aa CM û y : N = 3 m ag >: û z : a CM = 6 F as 7 m a (10) (11) (1) e sostituendo (1) in (10) si ottiene F as = 7 16F, da cui il vettore forza di attrito statico b) ~ Fas = 7 16 F ~u x. (13) Il massimo valore di intensità che la forza di attrito statico può assumere è F as (max) = µ s N,dove N è data dall Eq. (11). Il corpo soddisfa la condizione di moto di puro rotolamento, ossia il punto di contatto C è e ettivamente fermo, in quanto è verificata la disuguaglianza b) F as <F as (max) ) 7 16 F<µ 3 s m ag. (14) c) Considerando che il corpo è inizialmente fermo, la variazione di energia cinetica sarà data solo dall energia cinetica finale: K = K f. Per il teorema di König sull energia cinetica, K f è data dalla somma di due contributi: l energia cinetica di rotazione rispetto al CM, 1 I CM!, e l energia cinetica del CM, 1 (m a +m s )vcm. Dato che il moto del corpo rigido è di puro rotolamento, la velocità angolare ~! elavelocitàdelcm~v CM sono legate dalla relazione ~v CM = ~! ~r, dove ~! =!û z e ~r = rû y. Pertanto si ottiene: c) K = 4 3 m a! r. (15) SOLUZIONI NUMERICHE: I CM =0.07 kg m, F as =.19 N, F (max) as =8.3 N, K =3.81 J. 4