Testo e soluzioni

Meccanica 2013/2014 - Compito scritto 10/09/2014
Esercizio 1
Una molla di costante elastica K e lunghezza a riposo L0 è vincolata all’estremità A di
un piano, privo di attrito, che forma un angolo α con l’orizzontale. All’altra estremità B
del piano inclinato, a distanza d da A, è posto un vincolo inamovibile, privo di attrito ed
ortogonale al piano inclinato. All’estremità libera della molla è attaccata una massa M ,
poggiata sul piano inclinato.
1) Si calcoli a quale distanza da A si trova
la posizione di equilibrio xeq del sistema.
2) Se la molla viene allungata e poi rilasciata, con quale periodo T oscillerà M ?
3) Se alla molla, quando si trova nella posizione di equilibrio, viene impressa una velocità verso B di modulo v0 , con quale velocità
vB la massa M colpirà il vincolo in B?
4) Si osserva che dopo l’urto con il vincolo in B la massa M rimbalza, ma non arriva
a transitare di nuovo per la posizione di equilibrio. Sapendo che dopo l’urto M risale
fino ad una distanza η da B, si calcoli quanta energia ∆E è stata dissipata nell’urto della
massa con il vincolo in B.
Si assuma un asse x parallelo ad AB, con origine in A e diretto verso B.
K = 40. N/m; L0 = 1.50 m; α = 30◦ ; d = 3.20 m; M = 1.15 kg; η = 1.20 m; v0 = 15.6 m/s.
Soluzioni
Indicando con xeq la posizione in cui la massa M è in equilibrio abbiamo:
K(xeq − L0 ) = M g sin α → xeq = L0 +
M g sin α
= 1.64 m
K
(1)
r
r
K
M
ω=
→ T = 2π
= 1.07 s
(2)
M
K
Si conserva l’energia meccanica visto che le forze in gioco (gravitazionale ed elastica) sono
conservative. Scegliendo come ”zero” dellenergia potenziale gravitazionale la quota del
vincolo B e chiamiamo vB la velocità della massa M prima dell’urto abbiamo:
1
1
Ei = K (xeq − L0 )2 + M g (d − xeq ) sin α + M v02
2
2
1
1
Ef = K (d − L0 )2 + M vB2
2
2
Imponendo Ei = Ef , si ottiene
r
K 2
vB2 =
xeq − 2 (xeq − d) L0 − d2 − 2g (d − xeq ) sin α + v02 → vB = 12.6 m/s
M
1
(3)
(4)
(5)
Non si conserva l’energia nell’urto con il vincolo. Ei è quella del punto 3):
1
Ei = 149.1 J; Ef = K (d − η − L0 )2 + M g sin α = 11.8 J
2
∆E = Ei − Ef = 137.3 J
(6)
(7)
Esercizio 2
Si consideri un cilindro omogeneo di massa M e raggio R che si muove su un piano
inclinato di angolo θ. Fra piano e cilindro l’attrito statico è caratterizzato dal coefficiente
di attrito statico µs . Sull’asse del cilindro è applicata una forza F che è perpendicolare
ad esso; F è parallela al piano inclinato e fa muovere il cilindro verso l’ alto.
1) Qual è lintervallo di valori di |F| per cui il
cilindro, partendo da fermo, sale lungo il piano
inclinato rotolando senza strisciare?
Se |F| = F0 , si calcoli:
2) l’accelerazione aCM del centro di massa
del cilindro;
3) la velocità del cilindro dopo che il suo
centro di massa è salito di una quota h.
M = 2.0 kg; R = 10. cm; θ = 30◦ ; µs = 0.30; h = 20. cm; F0 = 15. N.
Soluzioni
Le equazioni cardinali della dinamica si scrivono come
M ax = F − M g sin θ − Fa
N = M g cos θ
Iα = Fa R
(8)
(9)
(10)
dove Fa è la forza di attrito statico ed I è il momento di inerzia di un cilindro, che vale
I = 12 M R2 . Nel caso di puro rotolamento abbiamo ax = αR. Eliminando ax dalle prime
due equazioni, si ottiene
F − M g sin θ
(11)
Fa =
3
La forza di attrito statico deve soddisfare |Fa | ≤ µs N , cioè
1
|F − M g sin θ| ≤ µs M g cos θ
3
(12)
Se il cilindro sale, Fa > 0, cioè F > M g sin θ. Dunque
F ≤ M g (3µs cos θ + sin θ)
(13)
M g sin θ < F ≤ M g (3µs cos θ + sin θ) → 9.81 N < F ≤ 25.1 N
(14)
In conclusione,
2
Dato il valore di F , possiamo calcolare, con le formule già ricavate, l’accelerazione del
centro di massa
aCM =
2
Fa R2 F0 − M g sin θ R2
=
(F0 − M g sin θ) = 1.73 m/s2
=
1
2
I
3
3M
MR
2
(15)
Usando il teorema dell’energia cinetica, abbiamo
da cui
Fh
1
1
3
− M gh = M v 2 + Iω 2 = M v 2
sin θ
2
2
4
(16)
s 4
Fh
v=
− gh = 1.18 m/s
3 M sin θ
(17)
Esercizio 3
Si consideri una sbarra omogenea, di sezione trascurabile, massa M e lunghezza L vincolata a ruotare in un piano verticale attorno al suo centro O. Per t < 0, la sbarra è ferma
e verticale, come in figura.
All’istante t = 0, un proiettile di massa m urta
in modo completamente anelastico la sbarra.
La velocità del proiettile v0 è orizzontale e l’urto
avviene ad una distanza d dal centro O. Si
calcoli:
1) la velocità angolare ω0 della sbarra dopo
l’urto;
2) l’impulso J delle forze applicate dal vincolo in O alla sbarra durante l’urto (si specifichi
modulo, direzione, verso).
Dopo l’urto, la sbarra ruota senza attrito attorno ad O.
3) Si calcoli la velocità angolare ω1 della
sbarra, quando essa ha compiuto una rotazione
di 90◦ (sbarra orizzontale).
L = 30.0 cm; M = 1.333 kg; g = 9.81 m/s2 ;
d = 22.0 cm; m = 63 g; v0 = 1.88 m/s.
Soluzione
Durante l’urto si conserva il momento angolare
rispetto al centro O. Quindi
(Is + md2 )ω0 = mv0 d
dove
Is =
1
M L2 = 0.010 kg m2
12
3
(18)
(19)
è il momento di inerzia della sbarra. Segue
ω0 =
mv0 d
= 2.0 rad/s
(Is + md2 )
(20)
L’impulso delle forze vincolari J è pari alla variazione di quantità di moto del sistema.
Dato che la sbarra è vincolata nel suo centro di massa, la quantità di moto della sbarra
non varia. Quindi J è pari alla variazione della quantità di moto qp del proiettile. La
direzione di J è quindi orizzontale. La sua componente orizzontale è data da
J = ∆qp = m(ω0 d − v0 ) = −0.091 N s
(21)
Pertanto J ha verso opposto a quello di v0 ed il modulo è pari a |J| = 0.091 N s.
Si conserva l’energia. Dato che l’energia potenziale della sbarra non varia, abbiamo
1
1
mgd + (Is + md2 )ω02 = (Is + md2 )ω12
2
2
da cui ω1 = 5.0 rad/s.
4
(22)

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