CORPO RIGIDO ESERCIZIO 1 Un profilo rigido è costituito da un tratto rettilineo AB e da una semicirconferenza BC di raggio l = 20 cm come in figura. Dal punto A viene lanciata una moneta, di raggio r = 2 cm, che rotola senza strisciare lungo il profilo. Calcolare qual è il valore minimo della velocità iniziale v A della moneta che le permette di giungere nel punto più alto C (suggerimento: mostrare che il modulo della reazione vincolare decresce all aumentare altezza dal suolo). ESERCIZIO 2 Un cilindro omogeneo di massa M e raggio r è vincolato a ruotare senza attrito attorno al suo asse. Una corda inestensibile di massa trascurabile è avvolta attorno al cilindro e al suo estremo libero sono appesi due corpi di ugual massa m uniti da una fune. Si lasciano i due corpi liberi di cadere. Calcolare: a) il modulo dell accelerazione angolare del cilindro; b) la tensione della fune che lega le due masse. ESERCIZIO 3 Una sbarra lineare omogenea di massa M e lunghezza l posta verticalmente è vincolata a ruotare attorno a un asse orizzontale passante per il centro. Un proiettile di massa m p = M/3 si muove orizzontalmente a velocità costante v con direzione perpendicolare all asse di rotazione. Dopo aver colpito la sbarra all estremo inferiore, il proiettile rimane agganciato ad essa. a) Calcolare la velocità angolare con cui si mette in rotazione il sistema in assenza di attrito statico. b) Dimostrare che l urto è anelastico e calcolare l energia cinetica dissipata durante l urto. Subito dopo l urto viene esercitato dell attrito sul giunto, frenando il sistema e portandolo a fermarsi dopo aver compiuto 3.5 giri. c) Calcolare il lavoro compiuto dalla forza di attrito e d) determinare quali valori 1
del modulo della velocità v del proiettile rendono possibile questa configurazione (suggerimento: considerare le caratteristiche del lavoro della forza d attrito). Infine, e) calcolare il momento assiale della forza d attrito rispetto all asse di rotazione, nell ipotesi che esso sia costante. ESERCIZIO 4 Un sistema è composto da una sbarra omogenea di lunghezza l = 1 m, massa m s = 1 kg e sezione traversa trascurabile e un disco omogeneo di raggio r = 0.2 m, massa m d = 1 kg incollato al centro ad una estremità della sbarra. Il sistema può ruotare senza attrito in un piano verticale attorno a un asse fisso passante per l altro estremo della sbarra. Il sistema inizialmente tenuto fermo orizzontalmente viene lasciato libero. Determinare: a) l accelerazione angolare del sistema quando la sbarra ha effettuato una rotazione di 60 ; b) il momento angolare del sistema quando la sbarra ha effettuato una rotazione di 60 ; c) in quale posizione si ha la velocità angolare massima e il suo valore; d) la velocità angolare quando il sistema ha effettuato una rotazione di 180. ESERCIZIO 5 Due punti materiali di ugual massa m = 0.5 kg sono fissati agli estremi di un asta rigida di lunghezza l = 50 cm e massa trascurabile collocata su un piano orizzontale (indicato in figura 2
con xy) privo di attrito. L asta è soggetta a un vincolo ideale nel punto O, distante d = 20 cm da un estremità, che le consente di ruotare solo attorno all asse perpendicolare al piano e passante per O. Il punto materiale fissato all estremo più prossimo ad O subisce un urto elastico da parte di un proiettile di massa m 0 = 2m: prima dell urto il proiettile si muove con velocità v = 2 m/s diretta ortogonalmente verso l asta e dopo l urto esso rimbalza in direzione opposta. Calcolare: a) il momento d inerzia del sistema composto dall asta e dalle due masse rispetto all asse di rotazione; b) la velocità del proiettile dopo l urto; c) la velocità angolare dell asta dopo l urto. ESERCIZIO 6 Un sistema è formato da un disco di raggio r e massa M D = M sulla cui superficie è incollata una sbarra di lunghezza r e massa M S = M D /3. Attorno al disco è arrotolata una corda inestensibile di massa trascurabile al cui estremo è appesa una massa puntiforme M 3. Il disco è fissato ad un piano verticale mediante un chiodo passante per il suo centro ed è libero di ruotare attorno ad esso. Nell ipotesi che il sistema sia in condizioni statiche con la sbarra in posizione orizzontale (vedi figura) determinare: a) la massa M 3, b) il momento d inerzia del sistema composto da disco e sbarra rispetto all asse di rotazione. c) Ad un certo istante la corda viene tagliata: determinare l accelerazione angolare del disco. Risolvere per r = 1m,M = 6 kg. 3
SOLUZIONI Una precisazione sulla notazione di questi esercizi. Per coerenza con le figure, si indica il peso con P, il lavoro con L (grandezza scalare), il momento angolare con L (grandezza vettoriale) e l energia cinetica con K. Si tenga presente che la notazione del libro è diversa per il peso, indicato con W, e per il momento angolare, indicato con P. ESERCIZIO 1 Le forze che agiscono sulla moneta sono la forza peso P, la reazione vincolare R e l attrito statico F s, necessario affinché il corpo rotoli senza strisciare. Tuttavia, le ultime due forze non compiono lavoro: infatti R è sempre perpendicolare allo spostamento, mentre F s ha associato uno spostamento elementare nullo in ogni punto (ds = 0, non c è strisciamento). Poiché il peso è una forza conservativa, avremo che l energia meccanica (E M = K +U) della moneta si conserva lungo tutto il percorso. Cerchiamo un espressione generale per descriverla. Per quanto riguarda l energia cinetica K, essa sarà composta da un termine traslazionale e da uno rotazionale (teorema di König per l energia cinetica): K = K tr + K rot = 1 2 mv2 CM + 1 2 Iω2 dove il momento d inerzia della moneta è pari a quello di un disco rispetto un asse ad esso perpendicolare, passante per il suo CM (I = mr2 2 ); essendo il moto di rotolamento senza strisciamento, la velocità angolare di rotazione attorno al centro di massa (CM) può essere espressa come ω = v CM /r. Avremo quindi che: 4
K = 1 2 mv2 CM + 1 ( ) mr 2 ÅvCM ã 2 1 = 2 2 r 2 mv2 CM + 1 4 mv2 CM = 3 4 mv2 CM. Per l energia potenziale U, fissando come suo punto di zero (U = 0) la quota che corrisponde al profilo nel tratto AB, avremo: U = mgy dove y indica l altezza del centro di massa dal suolo (vedere SdR segnato in figura). In generale l energia meccanica sarà quindi data da: E M = 3 4 mv2 CM + mgy ( ) espressa in funzione della velocità e della quota del CM della moneta. Affinchè la moneta arrivi in C, occorre che rimanga sempre aderente al profilo, occorre cioè avere una reazione vincolare non nulla (di modulo R > 0) per tutto il tratto. Seguendo il suggerimento del testo, dimostriamo che R raggiunge il valore minimo nel punto di massima altezza. Nel tratto AB si ha che R è costante ed opposta a P. Nel tratto BC avremo un moto circolare del CM. Applichiamo la prima equazione cardinale (oppure il secondo teorema del CM) per cui m a CM = F EST, per cui cioè il moto del CM della moneta è il moto di un punto sottoposto al risultante delle forze esterne. Questo risultante comprende un componente centripeto, se il moto del CM è circolare, il cui modulo vale: F c = mv2 CM ( ) l r dove si è considerato che il raggio della traiettoria del CM è pari a l r. Questa forza sarà il risultante delle componenti normali alla traiettoria delle tre forze in gioco: l attrito F s, sempre diretto tangenzialmente, quindi con componente normale alla traiettoria nulla; R, sempre diretta verso il centro della traiettoria; il peso P che ha componente normale dipendente dalla posizione. In sintesi avremo: F c = R + P n = R mgcosθ ( ) ove θ è indicato in figura. Quindi eguagliando la ( ) ela( ) ricaviamo R: R = m ( ) v 2 CM l r + gcosθ dove v CM e θ sono termini variabili. All aumentare dell altezza della moneta entrambi gli addendi dentro parentesi diminuiscono. Infatti dalla ( ) si ha che all aumentare di y deve corrispondere una diminuzione di vcm 2 (conservazione dell energia meccanica), mentre cosθ passa da +1 a 1 all aumentare di θ. Quindi R diminuisce continuamente all aumentare della quota, e affinchè la ( ) 5
moneta rimanga sempre aderente al profilo fino a raggiungere il punto C sarà sufficiente porre la condizione R > 0inC. Imponendo R > 0 nella ( ) nel punto C (ove θ = π cosθ = 1), avremo: v 2 C > g(l r) ove v C è la velocità del CM in C. Serve ora una relazione fra v C e la velocità del CM in A (v A ). Imponendo la conservazione dell energia meccanica fra A e C, ed usando l equazione ( ), abbiamo: EM A = EC M 3 4 mv2 A + mgr = 3 4 mv2 C + mg(2l r) v2 C = v2 A 8 g(l r). 3 Sostituendo questa espressione per v C nella condizione vc 2 > g(l r) ottenuta sopra, abbiamo la condizione su v A richiesta dal testo: v 2 A 8 3 g(l r) > g(l r) v A > 11 3 g(l r) 2.54 m/s. ESERCIZIO 2 In figura sono mostrate le forze che agiscono sui diversi corpi. Essendo il cilindro un corpo rigido P e R vanno considerate come applicate al suo centro di massa. Fissiamo un SdR con asse x coincidente con l asse del cilindro e y passante per il suo centro di massa. a) Per trovare l accelerazione angolare utilizzo la II equazione cardinale M ext = L che lega il momento delle forze esterne alla derivata del momento angolare totale che comprende sia il momento della quantità di moto dovuto alla traslazione sia il momento angolare dovuto a rotazione. Le forze agenti sul sistema sono il peso P, la reazione vincolare R e i pesi delle masse P 1 e P 2. Le tensioni 6
possono essere considerate forze interne. Scelgo come centro di riduzione per il calcolo dei momenti il centro di massa del cilindro. In questo modo sia il peso P che la reazione vincolare R del cilindro hanno braccio nullo. Le uniche forze che contribuiscono al momento sono quindi i pesi degli oggetti 1 e 2: M ext = r R R + r c P c + r 1 P 1 + r 2 P 2 = = 0 R + 0 P +(rˆk) ( mg ĵ)+(rˆk) ( mg ĵ)=2mgrî Il momento angolare totale è dato da due contributi: il momento della quantità di moto L trasl = r 2m v, dato dalle due masse 1 e 2 con velocità v e braccio r, e il momento angolare del cilindro L rot = I ω, con momento d inerzia I = Mr2 2 e che ruota con velocità angolare ω. Velocità angolare del cilindro e velocità di discesa delle masse sono legate dalla relazione del moto circolare v = ωr, quindi il momento angolare totale diventa: L = L rot + L trasl = I ω + r 2m v = Mr2 2 ω +(rˆk) ( 2mωr ĵ)= Mr2 2 ωî + 2mr2 ωî Unendo le due espressioni del momento delle forze esterne e del momento angolare totale nella II equazione cardinale e proiettandola lungo l asse x si ottiene: 2mgr = d dt ( Mr 2 2 ω + 2mr2 ω ) 4mg =(M + 4m)r ω ω = 2mgr = Mr2 2 ω + 2mr2 ω 4mg (M + 4m)r b) Per trovare la tensione T 2 che lega i due corpi si scrive l equazione della dinamica sui due corpi separatamente e poi la si proietta lungo l asse verticale. L accelerazione delle masse è legata alla velocità angolare di rotazione del cilindro: a = ωr. Quindi si ha: { 1) T 1 + T 2 + P 1 = m a T1 T 2 P 1 = m ωr T 2) T 2 + P 2 = m a T 2 P 2 = m ωr 2 mg = m ωr Sostituendo il valore trovato di ω si ottiene il risultato 4mg T 2 = mg mr (M + 4m)r = Mm (M + 4m) g 7
ESERCIZIO 3 In figura sono mostrate le forze che agiscono sul sistema: P e R (uguali ed opposte prima dell urto) che agiscono sul giunto della sbarra, e P p che agisce sulla pallina. Ad esse, dopo l urto, si aggiunge l attrito sul giunto. La sbarra è vincolata a ruotare attorno all asse z. a) Occorre notare che durante l urto col proiettile la reazione vincolare R varia per compensare l impatto della pallina. In questo caso, quindi, R è una forza esterna impulsiva: essa dà luogo a un impulso non nullo, quindi la quantità di moto totale Q non si conserva. Però, se fissiamo come centro di riduzione il punto O, R ha braccio nullo quindi è nullo anche il suo momento. Sono inoltre nulli anche il momento di P edi P p rispetto ad O, quest ultimo perchè il vettore di applicazione è parallelo alla forza stessa. Questo fa sì che si conservi il momento angolare rispetto a O. Infatti, calcolando il momento totale delle forze esterne otteniamo M ext = r O P + r O R + r p P p = 0 Ricordando la II equazione cardinale M ext = L, avremo M ext = L = 0 L = cost quindi il momento angolare totale L calcolato rispetto al punto O si conserva. Posso quindi imporre la conservazione del momento angolare prima e dopo l urto L i = L f, dove prima dell urto si ha solo il momento della quantità di moto del proiettile, mentre dopo l urto si ha il momento angolare dell asta che ruota, col proiettile attaccato. Calcoliamo i due momenti separatamente, sempre considerando O come centro di riduzione Ç L i = r p (m p v)= l å Ç 2 ĵ M å 3 vî = Mlv 6 ˆk 8
[ Ml 2 L f = I tot ω =(I s + I p ) ω = 12 + M Ç å l 2 ] ω = Ml2 3 2 6 ω dove, con riferimento alla figura, ˆk è orientato nel verso uscente dal piano del foglio, e dove si è tenuto conto che il momento d inerzia totale (calcolato rispetto all asse z) I tot = Ml 2 /6 dopo l urto è la somma di quello della sbarra, I s, e quello del proiettile, I p. Eguagliando i due termini si ottiene la velocità angolare ω = 6 Ç Ml 2 Mlv å 6 ˆk = v l ˆk Il vettore ω è quindi diretto con il verso entrante, il che corrisponde a una rotazione in senso orario. b) Un urto è anelastico se e solo se si ha una diminuzione dell energia cinetica totale del sistema. La variazione di energia cinetica associata all urto corrisponde a K = K f K i, cioè alla differenza tra l energia cinetica finale e iniziale. Calcoliamo i due termini K i = 1 2 m pv 2 = 1 M 2 3 v2 = 1 6 Mv2 K f = 1 2 I totω 2 = 1 ( ) Ml 2 Åv ã 2 1 = 2 6 l 12 Mv2 Si ha quindi che K = K f K i = 1/12Mv 2, con il segno che indica una dissipazione di energia cinetica. c) Essendo in presenza di attrito non vale la conservazione dell energia meccanica. Si può usare il teorema delle forze vive, L tot = K, che lega il lavoro totale compiuto dalle forze alla differenza di energia cinetica. Nel caso in questione l energia cinetica finale è nulla, poiché il sistema si ferma, mentre quella di partenza è l energia cinetica dopo l urto, K f, che abbiamo già calcolato al punto precedente, quindi K = 0 K f = 1/12Mv 2. Trascurando la reazione vincolare che non compie lavoro, le forze in gioco sul sistema sono la forza peso e la forza frenante. La forza peso è conservativa quindi il lavoro compiuto sul sistema può essere calcolato dalla variazione di energia potenziale. Il centro di massa della sbarra non si muove, quindi la sua energia potenziale gravitazionale sarà invariata ( U s = 0). Al contrario, considerando il proiettile, se il sistema compie 3.5 giri si troverà capovolto rispetto alla posizione iniziale quindi, col proiettile in alto si avrà un aumento dell energia potenziale gravitazionale. Avremo quindi e quindi U = U f U i = U s + U p = 0 + m p g y p = Mgl 3 L P = U = Mgl 3 9
Inserendo i termini nell equazione del teorema delle forze vive e chiamando L a il lavoro della forza d attrito si ottiene L tot = L P + L a = K Mgl 3 + L a = 1 12 Mv2 L a = Mgl 3 1 12 Mv2 = M ( ) gl v2 3 4 d) Il lavoro compiuto dalla forza d attrito è sempre negativo, o nullo nel caso limite. Ciò rende possibile questa configurazione solo per alcuni valori della velocità v: L a 0 M 3 ( gl v2 4 ) 0 gl v2 4 0 v» 4gl Il sistema può raggiungere questa configurazione solo se la velocità del proiettile è maggiore di 4gl. Per valori inferiori l energia cinetica del sistema non è sufficiente a far compiere 0.5 giri al sistema, per portare il proiettile nel punto più alto. e) La forza d attrito agisce sul giunto e avrà quindi braccio molto piccolo. Non essendo nota la dimensione di questo giunto, e nemmeno il modulo della forza d attrito, non è possibile calcolare il suo momento assiale m a,z con la formula della definizione, m a,z =( r a F a ) ˆk. È invece noto il tratto angolare su cui l attrito agisce: θ = 3.5 giri = 7π rad. Abbiamo inoltre calcolato il lavoro L a svolto dall attrito nel punto precedente. Possiamo quindi utilizzare la relazione che lega il momento assiale di una forza al lavoro in un moto rotatorio (cfr. formula 8-17 del libro di testo): L a = m a,z θ ed ottenere m a,z grazie al fatto che è costante. Avremo quindi m a,z = L a θ = M ( ) gl v2 21π 4 10
ESERCIZIO 4 In figura sono segnate le forze agenti sul sistema che sono il peso della sbarra, P s, e quello del disco P d : i due pesi si considerano applicati al centro di massa dei rispettivi corpi. L asse z è orientato con verso uscente al piano del foglio (î, ĵ e ˆk sono una terna ortonormale destra). a) Per trovare l accelerazione angolare si deve utilizzare la II equazione cardinale, M ext = L. Essendoci solo un moto rotatorio attorno all asse z, il momento angolare è dato da L = I tot ω, dove I tot è il momento d inerzia del sistema rispetto all asse di rotazione. Quindi avremo L = I tot ω, da cui possiamo ricavare ω. In questo caso il momento d inerzia si trova sommando il momento d inerzia della sbarra e quello del disco, I tot = I s + I d, entrambi calcolati rispetto all asse di rotazione: abbiamo quindi due momenti d inerzia calcolati per un asse non passante per il centro di massa di nessuno dei due oggetti. Per calcolarli usiamo il teorema di Huygens-Steiner: [ ms l 2 Ç å l 2 ] ( I tot = I s + I d = 12 + m md r 2 ) s + 2 2 + m dl 2 = = m sl 2 3 + m dr 2 2 + m dl 2 = 2m sl 2 + 3m d r 2 + 6m d l 2 6 Calcoliamo ora il momento delle forze usando come centro di riduzione l origine del SdR: M ext = r s P s + r d P d dove r s e r d indicano i vettori posizione dei centri di massa della sbarra e del disco. Scriviamo separatamente le espressioni per i vari termini r s = 2 l cosαî 2 l sinα ĵ r d = l cosαî l sinα ĵ P s = m s g ĵ P d = m d g ĵ 11
Svolgendo i calcoli si ottiene ã M ext ms = lgcosαå 2 + m d ˆk Possiamo ora calcolare l accelerazione angolare: M ext = L = I tot ω ω M ext = = 3lgcosα(m s + 2m d ) I tot 2m s l 2 + 3m d r 2 + 6m d l ˆk 2 da cui si deduce che, con riferimento alla figura, l accelerazione angolare è diretta lungo l asse z in direzione entrante, il che corrisponde al senso orario. Svolgendo il calcolo otteniamo: ω 5.43 ˆk rad/s 2 b) Avendo a che fare con un moto puramente rotatorio il momento angolare è dato da L = I tot ω. Avendo già calcolato il momento d inerzia I tot del sistema, per calcolare il momento angolare è sufficiente calcolare il valore della velocità angolare ω del sistema. Non essendoci forze dissipative l energia meccanica si conserva. Per trovare ω impongo quindi la conservazione dell energia meccanica totale tra il punto iniziale in cui il sistema è in quiete orizzontalmente e il punto in cui il sistema ha compiuto una rotazione di angolo α Emecc i = E mecc f Ki +Us i +U d i = K f +Us f +U f d dove abbiamo indicato con K l energia cinetica del sistema (che in questo caso sarà di tipo rotatorio) e con U s e U d le energie potenziali gravitazionali del disco e della sbarra. Il sistema è inizialmente in quiete, quindi K i = 0. Possiamo fissare la quota di riferimento per il calcolo di U coincidente con l asse x, quindi avremo anche che Us i = Ud i = 0, perché entrambi i centri di massa dei due oggetti giacciono sull asse x all inizio: questo fa sì che Emecc i = 0. Nel punto finale avremo invece K f positiva e Us f e U f d negative: ω 2 = 0 = 1 2 I totω 2 m s g l 2 sinα m dgl sinα Å ã ms 2 + m d gl sinα 2 I tot ω = (ms + 2m d )gl sinα dove, con riferimento alla figura, ˆk è orientato nel verso uscente dal piano del foglio, e dove si è scelto il segno per indicare una velocità angolare negativa, coerentemente col SdR considerato. Il momento angolare sarà quindi L = I tot ω =» (m s + 2m d )I tot gl sinα ˆk = I tot 12
= Ã (m s + 2m d ) Ç ms l 2 3 + m dr 2 å 2 + m dl 2 gl sinα ˆk 5.87 ˆk kg m 2 /s c) Nel punto precedente abbiamo ottenuto il valore della velocità angolare in funzione delle altre variabili. Il suo modulo è pari a (ms + 2m d )gl sinα ω = I tot ( ) L unica variabile è l angolo α, mentre gli altri fattori sono tutte costanti positive. Il valore massimo del modulo della velocità si avrà quindi per sinα = 1 α = 90, cioè con l asta in posizione verticale. Il suo valore sarà quindi 6(m s + 2m d )gl ω = 2m s l 2 + 3m d r 2 4.66 rad/s + 6m d l2 d) Sostituendo il valore α = 180 nella ( ) si ottiene il risultato di ω = 0, poiché sinα = 0. Alternativamente, si può giungere allo stesso risultato da considerazioni sull energia. Infatti, avendo visto al punto b) che E mecc = 0, per la conservazione dell energia meccanica avremo che quando il sistema raggiunge la configurazione di α = 180 si ha E mecc = K +U s +U d = 0 Poichè per α = 180 la sbarra e il disco si trovano col centro di massa alla quota y = 0, si ha che U s = U d = 0, quindi K = 1 2 I totω 2 = 0 ω = 0 ESERCIZIO 5 a) Essendo la massa dell asta trascurabile, per calcolare il momento d inerzia rispetto all asse di rotazione si devono sommare due contributi, uno per ognuna delle masse situate alle estremità: I = m(l d) 2 + md 2 = m(l 2 2ld + 2d 2 )=0.065 kg m 2 b+c) È importante notare come la reazione vincolare esercitata dal giunto al momento dell urto sia una forza impulsiva (agisce con intensità molto elevata per un breve intervallo di tempo) esterna al sistema. Per cui il sistema non è isolato e la quantità di moto non si conserva (impulso non nullo). Tuttavia, scegliendo come polo di riduzione il punto O, i momenti delle forze esterne si annullano, 13
quindi per la II equazione cardinale si conserva il momento angolare: L = M ext = 0 L = cost. Inoltre, essendo l urto di tipo elastico ed in assenza di forze dissipative, si conserva l energia meccanica totale: in particolare, essendo il sistema su un piano orizzontale (nessuna variazione di energia potenziale gravitazionale) si conserva l energia cinetica. Mettendo queste due condizioni a sistema si ottengono due equazioni nelle due incognite che sono la velocità del proiettile v f dopo l urto e la velocità angolare ω dell asta dopo l urto. Indicando con i e f gli istanti precedente e successivo all urto, avremo un sistema di due equazioni che dipenderà dalle sole due incognite del problema: { L) L i = L f K) K i = K f ( ) Calcoliamo i vari termini separatamente. Il momento angolare iniziale totale sarà pari a: L i = L i p + L i s = r p m 0 v + 0 = d ĵ m 0 vî = m 0 dv ˆk dove si è tenuto conto che L i s = 0, perché la sbarra è inizialmente ferma (con riferimento alla figura, ˆk è perpendicolare al piano del foglio, con verso uscente). Il momento angolare totale dopo l urto è L f = L p f + L s f = r p m 0 v f + I ω = d ĵ ( m 0 v f î)+iωˆk =(Iω m 0 dv f ) ˆk dove si è tenuto conto che L f s è diretto lungo z perché la sbarra è vincolata a ruotare nel piano xy e che v f è diretta lungo x con verso negativo (v f è quindi un valore positivo). I due termini di energia cinetica sono: K i = K i p + Ki s = 1 2 m 0v 2 + 0 = 1 2 m 0v 2 K f = K f p + K f s = 1 2 m 0v 2 f + 1 2 Iω2 Inserendo i termini nel sistema ( ) e proiettando la L) lungo z otteniamo { L) m0 dv = Iω m 0 dv f K) 1 2 m 0v 2 = 1 2 m 0v 2 f + 1 2 Iω2 Considerando la K) otteniamo un equazione di secondo grado in ω K) m 0 v 2 = I2 ω 2 m 0 d 2 2Ivω + m 0 v 2 + Iω 2 d L) v f = Iω m 0 d v K) m 0 v 2 = m 0 ( Iω m 0 d v) 2 + Iω 2 Ç 1 + I å m 0 d 2 Iω 2 2Iv d ω = 0 che ha due soluzioni: quella ovvia, ω = 0, che corrisponde alla configurazione prima dell urto e quella che cerchiamo ω = 2v(m 0d 2 ) d(i + m 0 d 2 ) = 4dv l 2 7.62 rad/s 2ld + 4d2 14
Inserendo il valore di ω nella K) e sostituendo i valori di m 0 = 2m e del momento d inerzia I, si ottiene K) v f = m(l2 2ld + 2d 2 [ )(4d)v 2(l 2 2ld + 2d 2 ] ) l(l 2d)v 2md(l 2 2ld + 4d 2 v = ) l 2 2ld + 4d 2 1 v = l 2 0.48 m/s 2ld + 4d2 che è il risultato cercato. ESERCIZIO 6 In figura sono segnate tutte le forze agenti sui vari oggetti del sistema, con R che indica la reazione vincolare esercitata dal chiodo sul disco. Consideriamo un SdR cartesiano con x orizzontale, y verticale e origine nel centro del disco. a) Per trovare la massa M 3 occorrono entrambe le equazioni della statica: infatti, non solo deve annullarsi il risultante delle forze, ma poiché le forze hanno punti di applicazione diversi deve essere nullo anche il momento totale. Utilizzando la I equazione della statica applicata a M 3 otteniamo I) P 3 + T = 0 T = M 3 g Conoscendo il modulo della tensione, possiamo scrivere la II equazione della statica per il sistema composto da disco e sbarra. Scegliamo il centro del disco come polo per il calcolo dei momenti delle forze (in questo modo P d e R hanno braccio nullo) ed imponiamo che il momento risultante sia nullo: II) r T T + 0 P d + 0 R + r s P s = 0 ( r î) ( M 3 g ĵ)+ r Ç 2 î M å 3 g ĵ = 0 15
M 3 gr ˆk 1 6 Mgr ˆk = 0 M 3 = M 6 = 1kg Si noti come questo risultato non dipenda dalle dimensioni del sistema, cioè dal valore di r. b) Il momento d inerzia I tot del sistema composto da disco e sbarra è dato dalla somma dei momenti d inerzia dei due elementi: I tot = I d + I s = M dr 2 2 + M sr 2 Å r ã Ç 2 1 12 + M s = 2 2 + 1 36 + 1 å Mr 2 = 11 12 18 Mr2 3.67 kg m 2 dove per il calcolo di I s si è utilizzato il teorema di Huygens-Steiner. c) Quando la corda viene tagliata il momento delle forze agenti sul sistema (composto da disco e sbarra) non è più nullo come in precedenza, poiché sparisce il termine associato alla corda tesa, r T T : il sistema si mette quindi a ruotare. Per trovare l accelerazione angolare α del disco utilizziamo la II equazione cardinale della dinamica: M ext = L = I tot α dove i momenti sono calcolati rispetto al centro del disco. In questo caso il momento delle forze esterne sarà dato dal solo contributo del peso della sbarra: M ext = r s P s = Mrg 6 ˆk Avendo già calcolato I tot, possiamo ricavare l accelerazione angolare α: M ext = I tot α α = M ext I tot = Mrg 6 18 11Mr 2 ˆk = 3g 11r ˆk 2.67 ˆk rad/s 2 Con riferimento alla figura, l accelerazione angolare ha verso entrante, che corrisponde al senso orario. Il suo valore non dipende dal valore delle masse del disco e della sbarra, ma unicamente dal loro rapporto. 16