Compito di Meccanica (A) Recupero I esonero e compito di Meccanica Classica: esercizi 1 e 2. Recupero II esonero e compito di Meccanica dei Sistemi: esercizi 3 e 4. Compito di Meccanica: esercizi 1, 3 e 4. Problema 1: Su una piattaforma ruotante con velocit`a angolare ω = 1.5 rad/s `e fissato, a distanza r = 2.0 m dal centro, un cannoncino a molla. Il cannoncino, disposto con canna verticale, lancia un proiettile (m = 15 g) per mezzo del rilascio di una molla di costante elastica k = 150 N/m, inizialmente compressa di d = 3.0 cm. Si calcoli: a) il modulo della velocit`a del proiettile all’uscita dal cannoncino in un riferimento solidale con la piattaforma ed in un riferimento fisso; b) la distanza tra la posizione del cannoncino ed il punto di ricaduta del proiettile sulla piattaforma. Si trascuri l’effetto della gravit`a nel percorso del proiettile nella canna del cannoncino e si trascurino pure la dimensione della canna e la lunghezza di compressione della molla rispetto alla distanza lungo la verticale percorsa dal proiettile. Problema 2: Si consideri il sistema riportato in figura. La molla ha costante elastica k = 500 N/m e lunghezza a riposo l0 = 25 cm. All’istante iniziale una massa m = 300 g comprime la molla, la cui lunghezza `e L = 10 cm (si noti che la massa `e solo appoggiata alla molla, per cui la molla pu`o solo spingere la massa m). Quindi la massa `e lasciata libera di muoversi sul piano orizzontale: essa raggiunge lo spigolo B e quindi cade su un piano sottostante: h = OB = 75 cm. Vi `e attrito tra la massa ed il piano e la distanza tra il posizione iniziale della massa e lo spigolo B `e d = 2.2 m. Sapendo che la massa m raggiunge lo spigolo B con velocit`a v0 = 3.0 m/s, si calcoli: a) il coefficiente di attrito dinamico µd ; b) il modulo della velocit`a con cui la massa giunge in C; c) le componenti della velocit`a in C; d) lo spostamento OC. L d B h O 1 C Problema 3: Si consideri una slitta di massa M = 10 kg e lunghezza L sulla quale `e posta una massa puntiforme m = 3 kg che pu`o scivolare senza attrito sul piano della slitta. Inizialmente il sistema `e fermo, il centro di massa della slitta si trova nell’origine del sistema di riferimento e la massa si trova all’estremo destro della slitta (xm = L/2). Quindi una piccola carica esplosiva mette in t=0 moto il sistema. a) Se la velocit`a relativa tra la slitta e la massa `e vr = 10 m/s, si calcoli la velocit`a y della slitta e della massa dopo l’esplosione. b) Ad L/2 un istante successivo, la massa urta elasticamente contro il lato sinistro della slitta. Si calcolino le velocit`a di massa e slitta dopo l’urto. c) SuccesO x sivamente, la massa urta in modo completamente anelastico contro il lato destro della slitta. Si calcolino le nuove velocit`a dopo l’urto. Problema 4: Si consideri il sistema in figura. Il cilindro omogeneo rotola senza strisciare su un piano orizzontale, ha massa M = 10.0 kg e raggio R = 8.0 cm, la carrucola ha massa trascurabile e la massa m `e pari a 5.7 kg. Il filo `e inestensibile di massa trascurabile. Inizialmente il sistema `e fermo con la massa m ad un’altezza h = 50 cm dal pavimento. Si calcoli: a) la velocit` a di m e la velocit`a angolare del cilindro nel momento dell’impatto con il pavimento; b) l’accelerazione con cui cade la massa m; c) la forza d’attrito (modulo, direzione e verso) tra il piano ed il cilindro durante la caduta. M,R m h 2 Compito di Meccanica (B) Recupero I esonero e compito di Meccanica Classica: esercizi 1 e 2. Recupero II esonero e compito di Meccanica dei Sistemi: esercizi 3 e 4. Compito di Meccanica: esercizi 1, 3 e 4. Problema 1: Su una piattaforma ruotante con velocit`a angolare ω = 2.0 rad/s `e fissato, a distanza R = 2.5 m dal centro, un cannoncino a molla. Il cannoncino, disposto con canna verticale, lancia un proiettile (M = 25 g) per mezzo del rilascio di una molla di costante elastica k = 250 N/m, inizialmente compressa di L = 5.0 cm. Si calcoli: a) il modulo della velocit`a del proiettile all’uscita dal cannoncino in un riferimento solidale con la piattaforma ed in un riferimento fisso; b) la distanza tra la posizione del cannoncino ed il punto di ricaduta del proiettile sulla piattaforma. Si trascuri l’effetto della gravit`a nel percorso del proiettile nella canna del cannoncino e si trascurino pure la dimensione della canna e la lunghezza di compressione della molla rispetto alla distanza lungo la verticale percorsa dal proiettile. Problema 2: Si consideri il sistema riportato in figura. La molla ha costante elastica k = 700 N/m e lunghezza a riposo l0 = 25 cm. All’istante iniziale una massa m = 650 g comprime la molla, la cui lunghezza `e d = 10 cm (si noti che la massa `e solo appoggiata alla molla, per cui la molla pu`o solo spingere la massa m). Quindi la massa `e lasciata libera di muoversi sul piano orizzontale: essa raggiunge lo spigolo C e quindi cade su un piano sottostante: h = OC = 60 cm. Vi `e attrito tra la massa ed il piano (coefficiente di attrito dinamico µd = 0.29) e la distanza tra il posizione iniziale della massa e lo spigolo C `e L. Sapendo che la massa m raggiunge lo spigolo C con velocit`a v0 = 4.5 m/s, si calcoli: a) la distanza L; b) il modulo della velocit`a con cui la massa giunge in B; c) le componenti della velocit`a in B; d) lo spostamento OB. d L C h O 3 B Problema 3: Si consideri una slitta di massa m = 15 kg di lunghezza L sulla quale `e posta una massa puntiforme M = 6 kg che pu`o scivolare senza attrito sul piano della slitta. Inizialmente il sistema `e fermo, il centro di massa della slitta si trova nell’origine del sistema di riferimento e la massa si trova all’estremo destro della slitta (xm = L/2). Quindi una piccola carica esplosiva mette in t=0 moto il sistema. a) Se la velocit`a relativa tra la slitta e la massa `e vr = 6 m/s, si calcoli la velocit`a y della slitta e della massa dopo l’esplosione. b) Ad L/2 un istante successivo, la massa urta elasticamente contro il lato sinistro della slitta. Si calcolino le velocit`a di massa e slitta dopo l’urto. c) SuccesO x sivamente, la massa urta in modo completamente anelastico contro il lato destro della slitta. Si calcolino le nuove velocit`a dopo l’urto. Problema 4: Si consideri il sistema in figura. Il cilindro omogeneo rotola senza strisciare su un piano orizzontale, ha massa m = 5.7 kg e raggio R = 6.0 cm, la carrucola ha massa trascurabile e la massa M `e pari a 10.0 kg. Il filo `e inestensibile e di massa trascurabile. Inizialmente il sistema `e fermo con la massa M ad un’altezza d = 45 cm dal pavimento. Si calcoli: a) la velocit` a di M e la velocit`a angolare del cilindro nel momento dell’impatto con il pavimento; b) l’accelerazione con cui cade la massa M; c) la forza d’attrito (modulo, direzione e verso) tra il piano ed il cilindro durante la caduta. m,R M d 4 SOLUZIONI Problema 1: a) Durante il moto all’interno del cannoncino agiscono tre forze: 1) la forza elastica dovuta alla molla del cannoncino che agisce lungo la verticale (asse z); 2) la forza peso anch’essa diretta lungo la direzione z; 3) la reazione vincolare esercitata dal cannoncino sul proiettile. In base al testo il lavoro della forza peso pu`o essere trascurato (discuteremo alla fine la validit`a dell’approssimazione). La reazione vincolare garantisce il moto circolare del proiettile e quindi essa `e data da −mω 2 r; pertanto ha direzione radiale e non fa lavoro durante il moto all’interno del cannoncino. Consideriamo ora il sistema fisso S. Dato che il cannoncino compie un moto circolare uniforme nel piano orizzontale con velocit`a tangenziale vt = ωr = 3.0 m/s ωR = 5.0 m/s Compito A, Compito B, prima dello sparo il proiettile ha anch‘esso velocit`a tangenziale vt . Nello sparo la componente tangenziale della velocit`a non cambia dato che la canna del cannoncino si muove sempre di moto circolare uniforme: lo sparo fa solo variare la componente verticale vz . Per calcolare vz possiamo utilizzare il principio di conservazione dell’energia. Trascurando l’energia potenziale della forza peso possiamo scrivere (v 2 = vt2 + vz2 ) 1 kd2 + 12 mvt2 = 12 mvz2 + 12 mvt2 2 1 kL2 + 12 Mvt2 = 12 Mvz2 + 12 Mvt2 2 vz = ⎧ ⎪ k ⎪ ⎪ ⎪ ⎨d m ⎪ ⎪ k ⎪ ⎪ ⎩L M Quindi in S vS = vt2 + vz2 = 3.0 m/s Compito A = 5.0 m/s Compito B = ⇒ 4.2 m/s 7.1 m/s Compito A, Compito B. La velocit`a lungo z coincide nei due sistemi di riferimento. Nel sistema di riferimento S solidale con la piattaforma il cannoncino `e fermo e dunque la componente della velocit`a del proiettile nel piano orizzontale `e nulla. Dunque: vS = vz = 3.0 m/s 5.0 m/s Compito A, Compito B. b) Per risolvere il problema assumiamo che S ed S abbiano l’origine sull’asse di rotazione, che z = z = 0 corrisponda alla piattaforma e che gli assi x ed x coincidano a t = 0. Il moto lungo z `e lo stesso in entrambi i sistemi di riferimento. Trascurando le dimensioni della canna si ha: 1 z = vz t + gt2 . 2 1 Nell’ istante t∗ in cui il proiettile ricade sulla piattaforma si ha z = 0 e quindi 2vz = g t∗ = 0.61 s 1.02 s Compito A, Compito B. Calcoliamo ora le posizioni del cannoncino e del proiettile per t = t∗ nel piano (x, y) del sistema S. Il proiettile si muove di moto uniforme di velocit`a iniziale vi = (0, vt ). Il cannoncino si muove di moto circolare uniforme: l’ angolo θ tra il vettore posizione del cannoncino e l’asse x ha equazione oraria θ = ωt. Dunque xp = r yp = vt t∗ xc = r cos ωt∗ yc = r sin ωt∗ . (Per il compito B, r deve essere sostituito con R). Quindi (compito A) xp = 2.0 m, xc = 1.2 m, yp = 1.8 m, yp = 1.6 m, e (compito B) xp = 2.5 m, xc = −1.1 m, yp = 5.1 m, yp = 2.2 m, La distanza tra cannoncino e proiettile `e ∆= (xp − xc )2 + (yp − yc )2 = 0.8 m 4.6 m Compito A, Compito B. Infine, commentiamo sulla validit`a delle approssimazioni fatte. Nel calcolo di vz abbiamo trascurato l’energia potenziale gravitazionale rispetto a quella elastica. Ci`o `e valido se (compito A) 1 2 kd mgd ⇒ kd 2mg. 2 Nell’esercizio questa condizione `e soddisfatta: kd = 4.5 N, 2mg = 0.3 N (compito A). Nel caso del compito B, abbiamo 1 2 kL Mgd ⇒ kL 2Mg. 2 Abbiamo kL = 12.5 N, 2Mg = 0.5 N (compito B). Inoltre abbiamo trascurato le dimensioni del cannoncino rispetto al moto verticale del proiettile. Ci`o `e corretto se la massima altezza raggiunta dal proiettile hmax = vz2 /(2g) `e molto maggiore della lunghezza del cannoncino hcann . Questo richiede: hcann 46 cm 127 cm Compito A, Compito B. Problema 2: a) Le forze che compiono lavoro sulla massa tra la posizione iniziale e lo spigolo sono la forza elastica e la forza di attrito. La forza elastica agisce solo fino al 2 momento in cui la molla raggiunge la lunghezza a riposo. I due lavori corrispondono a (compito A) 1 La = −fa d = −µd mgd. Lm = k(L − l0 )2 , 2 Il teorema dell’ energia cinetica d`a L = Lm + La = Kf − Ki = Kf =⇒ 1 1 k(L − l0 )2 − µd mgd = mv02 , 2 2 che d`a k(L − l0 )2 − mv02 = 0.66. 2mgd Nel caso del compito B, abbiamo µd = 1 Lm = k(d − l0 )2 , 2 La = −fa L = −µd mgL. Il teorema dell’ energia cinetica d`a L = Lm + La = Kf − Ki = Kf =⇒ 1 1 k(d − l0 )2 − µd mgL = mv02 2 2 che d`a k(d − l0 )2 − mv02 = 70 cm. 2µd mg b) e c) Dopo aver raggiunto lo spigolo la massa si comporta come un grave in caduta libera. Parallelamente al piano il moto `e uniforme e quello lungo la verticale `e uniformemente accelerato di accelerazione pari a −g. Dunque L= vx = v0 vz = −gt x = v0 t z = − 12 gt2 dove l’origine `e stata posta nello spigolo. La massa raggiunge il pavimento (z = −h) nel tempo 0.39 s Compito A, ∗ t = 2h/g = 0.35 s Compito B. La velocit`a vale quindi (compito A) vx (t∗ ) = v0 = 3 m/s . vz (t∗ ) = −gt∗ = −3.8 m/s =⇒ v(t∗ ) = 4.9 m/s. =⇒ v(t∗ ) = 5.7 m/s. Nel caso del compito B si ha vx (t∗ ) = v0 = 4.5 m/s . vz (t∗ ) = −gt∗ = −3.4 m/s Si noti che il modulo della velocit`a segue immediatamente anche dalla conservazione dell’energia meccanica: 1 1 2 mv0 = −mgh + mv(t∗ )2 ⇒ v(t∗ ) = v02 + 2gh . 2 2 3 d) Dalle equazioni precedenti segue ∗ x = v0 t = 1.2 m 1.6 m Compito A, Compito B. Problema 3: Soluzione per il compito A. a) Indichiamo con vm la velocit`a della massa m e con vM la velocit`a della slitta subito dopo lo scoppio. Queste velocit`a sono legate alla velocit`a relativa dalla relazione vr = vM − vm . Si tratta inoltre di un sistema isolato e dunque si conserva la quantit`a di moto totale che all’istante iniziale `e nulla. Si ha perci`o che MvM + mvm = 0. Combinando le equazioni si ottiene m vr = 2.3 m/s, m+M M vm = − vr = −7.7 m/s. m+M vM = e con vM le velocit`a dopo l’urto. Poich`e si tratta di un urto b) Indichiamo con vm elastico si conservano sia la quantit`a di moto che l’ energia cinetica. Si ha ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ MvM + mvm = 0 Mv + mv = 0 M m ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 2 2 (MvM + mvm ) 2 ⎧ M ⎪ vm = − m vM ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 2 2 = 12 (MvM + mvm ) vm = −M v m M 2 vM (M + M2 ) m = vM 2 (M + M2 ) m Da ci`o si ricava che vM = ±vM e vm = ±vm . Escludendo la soluzione che corrisponde alle velocit`a prima dell’ urto, si ottiene = −2.3 m/s, vM = 7.7 m/s. vm Le velocit`a delle due masse non cambiano in modulo ma cambiano in verso. c) Dopo l’ urto anelastico le due masse rimangono attaccate e quindi la velocit`a relativa `e nulla. Da ci`o deriva che vm = vM . Il sistema continua ad essere isolato e quindi la quantit`a di moto totale `e sempre nulla. Dunque si ha che 0 = MvM + mvm = (M + m)vm 4 =⇒ vM = vm = 0. Problema 3: Soluzione per il compito B. a) Indichiamo con vM la velocit`a della massa M e con vm la velocit`a della slitta subito dopo lo scoppio. Queste velocit`a sono legate alla velocit`a relativa dalla relazione vr = vm − vM . Si tratta inoltre di un sistema isolato e dunque si conserva la quantit`a di moto totale che all’istante iniziale `e nulla. Si ha perci`o che MvM + mvm = 0. Combinando le equazioni si ottiene m vr = −4.3 m/s, m+M M vm = vr = 1.7 m/s. m+M vM = − b) Indichiamo con vm e con vM le velocit`a dopo l’urto. Poich`e si tratta di un urto elastico si conservano sia la quantit`a di moto che l’ energia cinetica. Si ha ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ MvM + mvm = 0 Mv + mv = 0 M m ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎩ 1 2 (MvM + mvm ) 2 ⎧ M ⎪ vm = − m vM ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 2 2 = 12 (MvM + mvm ) vm = −M v m M 2 vM (M + M2 ) m = vM 2 (M + M2 ) m = ±vM e vm = ±vm . Escludendo la soluzione che corrisponde Da ci`o si ricava che vM alle velocit`a prima dell’ urto, si ottiene = 4.3 m/s, vM = −1.7 m/s. vm Le velocit`a delle due masse non cambiano in modulo ma cambiano in verso. c) Dopo l’ urto anelastico le due masse rimangono attaccate e quindi la velocit`a relativa `e nulla. Da ci`o deriva che vm = vM . Il sistema continua ad essere isolato e quindi la quantit`a di moto totale `e sempre nulla. Dunque si ha che + mvm = (M + m)vm 0 = MvM =⇒ vM = vm = 0. Problema 4: Questo problema pu`o essere risolto sia utilizzando la conservazione dell’energia, sia le equazioni cardinali. Presentiamo prima la soluzione che utilizza il 5 principio di conservazione dell’energia meccanica. Le formule intermedie si riferiscono al compito A; quelle per il compito B si ottengono scambiando m con M e sostituendo h con d. a) Nella condizione di rotolamento perfetto l’attrito sul cilindro `e statico e la forza di attrito non fa lavoro. L’unica forza che fa lavoro `e la forza di gravit`a che agisce sul grave appeso. L’energia meccanica `e pari a 1 2 1 1 2 Emecc = mvzg + Mvxc + Iω 2 + mgz, 2 2 2 dove vzg e vxc sono le velocit`a del grave appeso e del cilindro, z `e la quota del grave (distanza dal pavimento) e I `e il momento di inerzia del cilindro che vale I = MR2 /2. Poich`e si tratta di rotolamento perfetto si ha che vxc = ωR. Inoltre l’inestensibilit`a del filo implica vxc = −vzg = v. Quindi possiamo scrivere 1 Emecc = (2m + 3M)v 2 + mgz. 4 (1) Dato che l’energia si conserva, se si uguagliano l’energia all’istante iniziale (v = 0 e z = h) e quella al momento dell’impatto (z = 0), si ottiene 1 mgh = (2m + 3M)v 2 , 4 che d`a (teniamo conto che v = vxc deve essere positivo) vzg = −v = ⎧ ⎪ 4mgh ⎪ ⎪ ⎪ ⎨− 2m + 3M ⎪ ⎪ 4Mgd ⎪ ⎪ ⎩− 2M + 3m = −1.64 m/s Compito A, = −2.18 m/s Compito B. La velocit`a angolare del cilindro `e v = ω= R 20.5 rad/s 36.4 rad/s Compito A, Compito B. b) Derivando l’equazione (1) rispetto al tempo, se a = axc = −azg , abbiamo 0= 1 dEmecc = (2m + 3M)2va + mgvzg . dt 4 Dato che vzg = −v, abbiamo 1 (2m + 3M)a − mg = 0, 2 che d`a ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ −g azg 2m = −2.7 m/s2 2m + 3M = −a = 2M ⎪ ⎪ ⎩ −g = −5.3 m/s2 2M + 3m 6 Compito A, Compito B. Ricaviamo ora vzg e azg utilizzando le equazioni cardinali. Le equazioni cardinali per il grave e per il cilindro, scegliendo come polo il centro di massa del cilindro, sono ⎧ ⎪ ⎨ τ − fa = Maxc τ − mg = mazg ⎪ ⎩ fa R = I ω, ˙ dove fa `e la forza d’attrito che agisce sul cilindro (essa deve essere diretta in verso opposto a axc in modo da garantire il rotolamento) e τ `e la tensione della corda. ˙ Inoltre l’inestensibilit`a Poich`e si tratta di rotolamento perfetto si ha che axc = ωR. del filo implica axc = −azg = a. Risolvendo il sistema per a si ottiene di nuovo azg = −a = − 2m g. 2m + 3M Il moto della massa m `e uniformemente accelerato. La quota e la velocit`a della massa m variano con le leggi orarie z = h + 12 azg t2 vzm = azg t, dove abbiamo posto z = 0 in corrispondenza del pavimento. La massa m raggiunge ∗ la quota z = 0 dopo un tempo t = −2h/azg e la velocit`a vale vzg (t∗ ) = azg −2h azg = − −2hazg . Sostituendo il valore di azg si riottiene la formula precedente per la velocit`a. c) La seconda equazione cardinale per il cilindro `e fa R = I ω˙ = axc MR 2 da cui si ottiene fa = 1 Mazg = 13.5 2 1 mazg = 15.1 2 N N 7 Compito A, Compito B.
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