Testo e soluzione del compito

Esercizio n. 1 (versione A)
Un corpo di massa m e dimensioni trascurabili si trova su una guida inclinata di un angolo α , ad
una quota h rispetto al punto A, come mostrato in figura. Esso è inizialmente tenuto fermo in
maniera da comprimere l'estremo libero di una molla di una quantità Δ x rispetto alla sua lunghezza
di equilibrio. La molla ha costante elastica k. La guida è scabra lungo tutto il tratto inclinato, fino
al punto A, a partire dal quale essa è priva di attrito. Tra A e B la guida è orizzontale mentre tra B e
C ha il profilo di un arco di circonferenza di raggio R e angolo θ 0 (di modo che l'orizzontale sia
tangente al tratto curvilineo in B).
Al tempo t=0 il corpo viene lasciato libero. Esso scivola lungo la guida, raggiunge il punto A con
velocità v0 (in modulo), percorre il tratto orizzontale AB, quello curvilineo BC e infine tocca il
suolo nel punto O (che si trova alla stessa quota di A). Calcolare:
1. Il coefficiente di attrito dinamico µ d sul tratto inclinato e scabro della guida.
2. La velocità (componenti tangenziale e normale rispetto alla guida) del corpo quando esso si
trova nel punto C.
3. La reazione vincolare (componenti tangenziale e normale rispetto alla guida) esercitata dalla
guida quando il corpo di trova alla fine del tratto circolare nel punto C.
4. La distanza BO.
m= 0.10kg, α = 20°, h= 1.5m, Δ x= 10cm, k= 30N/m, R= 0.70m, θ 0=30°, v0= 3.0m/s .
Esercizio n. 2 (versione A)
Si consideri il sistema riportato in figura. Una molla, di costante elastica k e lunghezza a riposo L0,
è connessa ad una massa M1 che scivola su un piano orizzontale scabro con coefficienti di attrito
statico µ s e dinamico µ d.
La massa M1 è connessa, tramite un filo inestensibile e di massa trascurabile, ad una seconda massa
M2. Il filo scorre inoltre su una carrucola di massa trascurabile.
Inizialmente un perno blocca la massa M1 in modo che la
L1
g
M1
lunghezza della molla sia L1. Quindi, all'istante t=0, il perno
viene tolto e le masse cominciano a muoversi.
a. Si calcoli il valore massimo possibile di µs affinché, tolto il O
perno, il sistema entri in moto.
b. La massa M1 si muove allungando la molla, che raggiunge
la lunghezza massima L2 al tempo tmax. Si calcoli µ d.
M2
c. Si calcoli tmax.
k = 119 N/m, L0 = 5.20 cm, L1 = 4.10 cm, L2 = 5.40 cm, M1 = 1.51 kg, M2 = 320 g, g = 9.81 m/s2
Esercizio n. 3 (versione A)
Un cilindro di massa m è poggiato su un piano orizzontale ed è connesso a due molle di costante
elastica k1 e k2=3·k1 di uguale lunghezza a riposo L0 vincolate, all'altro estremo, a due pareti nei
punti A e B. Fra il cilindro ed il piano orizzontale c'è attrito.
Sapendo che A e B distano D=2·L0, che al tempo t=0 la molla di costante elastica k1 ha lunghezza
(2/3)L0 ed il cilindro è fermo, si calcoli, assumendo che il cilindro rotoli senza strisciare e che le
molle rimangano sempre orizzontali:
a. la lunghezza minima della molla di costante elastica k2 durante le oscillazioni e la loro
l'ampiezza;
M
g
k1
k2
b. la massima velocità dell'asse del cilindro nelle oscillazioni;
A
B
c. il periodo delle oscillazioni;
d. la forza d'attrito massima che agisce fra cilindro e piano
D=2L0
orizzontale durante le oscillazioni.
m =1.37kg, k1 = 56.3 N/m, L0 = 43.0 cm
Esercizio n. 4 (versione A)
Un'asta omogenea di lunghezza L, massa M e spessore trascurabile può ruotare attorno ad un asse
fisso orizzontale privo di attrito, passante per il punto O a distanza d0 da un estremo dell'asta.
Al tempo t=0 l'asta è in posizione verticale, e ruota in senso antiorario con velocità angolare
istantanea ω 0, come mostrato in figura A.
1. Determinare il valore di ω 0 per cui l'asta raggiunge la posizione orizzontale con velocità nulla.
Nell'istante in cui l'asta è ferma in posizione orizzontale, essa viene colpita a distanza b dall'asse da
un proiettile di massa m e dimensioni trascurabili. La velocità del proiettile forma un angolo α con
la verticale, come mostrato in figura B, ed ha modulo v0.
2. Sapendo che l'asta è liscia e che la velocità del proiettile dopo l'urto forma un angolo β con la
verticale, determinarne il modulo v0'.
3. Determinare la velocità angolare dell'asta immediatamente dopo l'urto.
4. Determinare l'energia dissipata nell'urto.
5. Determinare le componenti (orizzontale e verticale) dell'impulso della forza vincolare che
agisce sull'asta durante l'urto
L = 1.0m, M = 2.0kg, dO = 20cm, b = 60cm, m = 0.20kg, α = 20°, v0 = 10 m/s, β = 40°.
Esercizio n. 1 (versione B)
Un corpo di massa m e dimensioni trascurabili si trova su una guida inclinata di un angolo α , ad
una quota h rispetto al punto A, come mostrato in figura. Esso è inizialmente tenuto fermo in
maniera da comprimere l'estremo libero di una molla di una quantità Δ x rispetto alla sua lunghezza
di equilibrio. La molla ha costante elastica k. La guida è scabra lungo tutto il tratto inclinato, fino
al punto A, a partire dal quale essa è priva di attrito. Tra A e B la guida è orizzontale mentre tra B e
C ha il profilo di un arco di circonferenza di raggio R e angolo θ 0 (di modo che l'orizzontale sia
tangente al tratto curvilineo in B).
Al tempo t=0 il corpo viene lasciato libero. Esso scivola lungo la guida, raggiunge il punto A con
velocità v0 (in modulo), percorre il tratto orizzontale AB, quello curvilineo BC e infine tocca il
suolo nel punto O (che si trova alla stessa quota di A). Calcolare:
5. Il coefficiente di attrito dinamico µ d sul tratto inclinato e scabro della guida.
6. La velocità (componenti tangenziale e normale rispetto alla guida) del corpo quando esso si
trova nel punto C.
7. La reazione vincolare (componenti tangenziale e normale rispetto alla guida) esercitata dalla
guida quando il corpo di trova alla fine del tratto circolare nel punto C.
8. La distanza BO.
m= 0.10kg, α = 18°, h= 1.2m, Δ x= 13cm, k= 20N/m, R= 0.50m, θ 0=25°, v0= 1.7m/s .
Esercizio n. 2 (versione B)
Si consideri il sistema riportato in figura. Una molla, di costante elastica k e lunghezza a riposo L0,
è connessa ad una massa M2 che scivola su un piano orizzontale scabro con coefficienti di attrito
statico µ s e dinamico µ d.
La massa M2 è connessa tramite un filo inestensibile e di massa trascurabile ad una seconda massa
M1. Il filo scorre inoltre su una carrucola di massa trascurabile.
L1
Inizialmente un perno blocca la massa M2 in modo che la
g
M2
lunghezza della molla sia L1. Quindi, all'istante t=0, il perno
viene tolto e le masse cominciano a muoversi.
d. Si calcoli il valore massimo possibile di µ s affinché, tolto il O
perno, il sistema entri in moto.
e. La massa M2 si muove allungando la molla, che raggiunge
la lunghezza massima L2 al tempo tmax. Si calcoli µ d.
M1
f. Si calcoli tmax.
k = 119 N/m, L0 = 4.10 cm, L1 = 3.40 cm, L2 = 4.65 cm, M1 = 519 g, M2 = 1.51 kg, g = 9.81 m/s2
Esercizio n. 3 (versione B)
Un cilindro di massa m è poggiato su un piano orizzontale ed è connesso a due molle di costante
elastica k1 e k2=3·k1 di uguale lunghezza a riposo L0 vincolate, all'altro estremo, a due pareti nei
punti A e B. Fra il cilindro ed il piano orizzontale c'è attrito.
Sapendo che A e B distano D=2·L0, che al tempo t=0 la molla di costante elastica k1 ha lunghezza
(2/3)L0 ed il cilindro è fermo, si calcoli, assumendo che il cilindro rotoli senza strisciare e che le
molle rimangano sempre orizzontali:
e. la lunghezza minima della molla di costante elastica k2 durante le oscillazioni e la loro
l'ampiezza;
M
g
k1
k2
f. la massima velocità dell'asse del cilindro nelle oscillazioni;
A
B
g. il periodo delle oscillazioni;
h. la forza d'attrito massima che agisce fra cilindro e piano
D=2L0
orizzontale durante le oscillazioni.
m =3.17kg, k1 = 73.3 N/m, L0 = 19.0 cm
Esercizio n. 4 (versione B)
Un'asta omogenea di lunghezza L, massa M e spessore trascurabile può ruotare attorno ad un asse
fisso orizzontale privo di attrito, passante per il punto O a distanza d0 da un estremo dell'asta.
Al tempo t=0 l'asta è in posizione verticale, e ruota in senso antiorario con velocità angolare
istantanea ω 0, come mostrato in figura A.
6. Determinare il valore di ω 0 per cui l'asta raggiunge la posizione orizzontale con velocità nulla.
Nell'istante in cui l'asta è ferma in posizione orizzontale, essa viene colpita a distanza b dall'asse da
un proiettile di massa m e dimensioni trascurabili. La velocità del proiettile forma un angolo α con
la verticale, come mostrato in figura B, ed ha modulo v0.
7. Sapendo che l'asta è liscia e che la velocità del proiettile dopo l'urto forma un angolo β con la
verticale, determinarne il modulo v0'.
8. Determinare la velocità angolare dell'asta immediatamente dopo l'urto.
9. Determinare l'energia dissipata nell'urto.
10. Determinare le componenti (orizzontale e verticale) dell'impulso della forza vincolare che
agisce sull'asta durante l'urto
L = 1.5m, M = 3.5kg, dO = 50cm, b = 70cm, m = 0.15kg, α = 15°, v0 = 7.4 m/s, β = 35°.
Esercizio 1.
1. Per calcolare il coefficiente di attrito dinamico è conveniente utilizzare il teorema delle forze
vive. La lunghezza del tratto inclinato e scabro della guida è (h/sinα), da cui segue che il lavoro
compiuto dalla forza di attrito è pari a:
h
h
= −µd mg cos α
.
(1)
sin α
sin α
Il teorema delle forze vive implica dunque che la differenza di energia meccanica in A e nel punto
iniziale è uguale al lavoro della forza di attrito:
La = −fa
E A − E in = La ,
1
E in = mgh + k∆x2 ,
2
1
E A = mv02 ,
2
(2)
da cui si ricava:
v02
k∆x2
= (A : 0.29, B : 0.33) .
(3)
−
µd = tan α 1 +
2mgh 2gh
2. Lungo il tratto circolare della guida la velocità è sempre tangente alla guida, mentre la
reazione vincolare è sempre normale (essendo la guida liscia). Il modulo della velocità in C pu`
o
essere calcolato utilizzando la conservazione dell’energia, visto che la reazione vincolare non compie
lavoro:
1
1
2
EC = EA ,
E A = mv02 ,
E C = mvC
+ mgR(1 − cos θ0 ) .
(4)
2
2
Si ricava dunque:
q
(5)
vC = v02 − 2gR(1 − cos θ0 ) = (A : 2.68 m/s, B : 1.40 m/s) .
3. Il modulo della reazione vincolare, Rn , si ricava dalla proiezione dell’equazione della dinamica
lungo la direzione normale alla guida,
mac (t) = Rn (t) − mg cos θ(t) ,
(6)
dove ac = v 2 /R è l’accelerazione centripeta del corpo. Se tC è l’istante in cui il corpo è in C, allora:
mv02
m 2
vC =
+ mg (3 cos θ0 − 2) = (A : 1.87 N, B : 1.28 N) .
(7)
R
R
4. Una volta staccatosi dalla guida, il corpo segue un moto parabolico. Adottando un sistema
di coordinate cartesiano (ˆ
x, yˆ) con assi verticale e orizzontale e origine in B, la legge oraria è:
Rn (tC ) = mg cos θ0 +
x(t) = vB cos θ0 (t − tC ) + R sin θ0
(8)
(t − tC )2
+ vB sin θ0 (t − tC ) + R(1 − cos θ0 ) .
2
Nell’istante tO in cui il corpo tocca il suolo in O (y(tO ) = 0), la distanza percorsa è:
s
!
2 sin θ cos θ
vB
2gR(1 − cos θ0 )
0
0
= (A : 1.12 m, B : 0.43 m) .
BO = x(tO ) = R sin θ0 +
1+ 1+
2 sin2 θ
g
vB
0
(9)
y(t) = −g
Soluzione esercizio n. 2
Risolviamo il problema con le notazioni del compito A.
Nel caso del compito B e' necessario scambiare M1 ed M2.
a) Supponiamo che, tolto il perno, la massa M1 rimanga ferma. Se Fattrito è la forza di attrito statico
e T la tensione della corda, richiedendo che la risultante delle forze sia nulla su ciascuna massa
otteniamo
T - M2 g = 0
- k (L1 - L0) + T + Fattrito = 0
da cui
Fattrito = - M2 g + k (L1 - L0)
Dato che il modulo della forza di attrito statico deve essere inferiore a µs Rn= µs M1 g otteniamo
|- M2 g + k (L1 - L0)| < µs M1 g
µs > |- M2 g + k (L1 - L0)| / (M1 g)
Se tale diseguaglianza è soddisfatta il corpo M1 rimane fermo; altrimenti si muove. Quindi il valore
massimo richiesto è pari a
µs,max = |- M2 g + k (L1 - L0)| / (M1 g)
Numericamente otteniamo
µs,max = 0.30 (Compito A)
µs,max = 0.40 (Compito B)
(b) Il problema può essere risolto in due modi.
(b1) Il moto della massa M1 tra t =0 e t =tmax è un moto armonico, dato che essa è soggetta ad una
forza armonica ed a forze costanti.
Dato che per (indichiamo con L la lunghezza della molla) l = L1 ed l = L2 la massa ha velocità
nulla, si tratta di un moto di ampiezza A con 2 A = L2 - L1 attorno alla posizione di equilibrio
l eq = (L1 + L2)/2 = L1 + A = L2 - A
Essendo la massa in moto, la forza di attrito ha modulo pari a µd M1 g, con verso opposto allo
spostamento. Imponendo che per l =l eq la risultante delle forze sia nulla otteniamo
- k (leq - L0) + M2 g - µd M1 g = 0
da cui
µd = [2 M2 g - k (L1 + L2 - 2 L0) ] / (2 M1 g)
Numericamente
µd = 0.25 (compito A)
µd = 0.35 (compito B)
(b2) E' possibile pure utilizzare il teorema dell'energia meccanica.
Tenuto conto che per l = L1 ed l = L2 le masse sono ferme, se Umolla è l'energia potenziale della
molla e Ug l'energia potenziale gravitazionale di M2, abbiamo
Umolla(fin) + Ug(fin) - Umolla(ini) + Ug(ini)= Lattrito
Ora
Umolla(fin) - Umolla(ini)= k/2 (L2 - L0)2 - k/2 (L1 - L0)2 = k/2 (L1 + L2 - 2 L0) (L2 - L1).
Tenuto conto che quando la molla si allunga la massa M2 scende, abbiamo
Ug(fin) - Ug(ini) = - M2 g (L2 - L1)
Infine il lavoro della forza d'attrito è pari a Lattrito = - µd M1 g (L2 - L1), quindi
k/2 k/2 (L1 + L2 - 2 L0) (L2 - L1) - M2 g (L2 - L1) = - µd M1 g (L2 - L1)
Dividendo per (L2 - L1) otteniamo
k/2 k/2 (L1 + L2 - 2 L0) - M2 g = - µd M1 g
Da questa espressione possiamo ricavare µd ottenendo lo stesso precedentemente trovato.
(c) Se a è l'accelerazione delle due masse le equazioni di Newton sono date da (scegliamo i versi
degli assi in modo che a = d 2 l /dt 2 ):
M1 a = - k (l - L0) - µd M1 g + T ; M2 a = M2 g - T
!
Sommando le due equazioni otteniamo
(M1 + M2 )a = - k l +kL0 + M2 g - µd M1 g
(M1 + M2 ) d2l/dt2 + k l - (kL0 + M2 g - µd M1 g)=0
Gli ultimi tre termini sono costanti. Si tratta quindi di un moto armonico con pulsazione
2"
k
e periodo T =
"=
#
M1 + M 2
Il tempo richiesto tmax corrisponde ad un semiperiodo, quindi t max =
numericamente:
!
tmax = 0.39 s
tmax = 0.41 s
!
(compito A)
(compito B)
!
"
M1 + M 2
,
="
#
k
Soluzione esercizio n. 3
Consideriamo un sistema di riferimento con origine nel punto medio del segmento AB tale che la
lunghezza della molla di costante elastica k1 sia L1 = L0 + x .
Se L2 e' la lunghezza della molla di costante elastica k2 abbiamo
L2 = 2 L 0 - L 1 = L 0 - x .
La forza totale che agisce sull'asse e' quindi F = - k1 (L1 - L0)+3 k1 (L2 - L0) = -k1x - 3 k1x = - 4 k1x
L'energia potenziale è U = k1/2 (L1 - L0)2 + 3 k1/2 (L2 - L0)2 = 2 k1 x2
L'energia cinetica è infine
K = 1/2 I ω2 + 1/2 m v2 = 1/4 m v2 + 1/2 m v2 = 3/4 m v2
abbiamo usato I = 1/2 m R2 e la condizione di rotolamento perfetto
ω R = v.
dove
(a) Per calcolare la lunghezza minima notiamo che in questa situazione la velocità è nulla per cui è
sufficiente imporre che l'energia potenziale sia uguale a quella iniziale.
U(t=0)=2 k1 x2 = 2 k1 (L0)2 / 9 da cui
x = ± L0/3
Scartando la soluzione x = - L0/3 otteniamo x = L0/3
L2,min = L0 - x = 2 L0/3
Numericamente:
L2,min = 28.7 cm (Compito A)
L2,min = 12.7 cm (Compito B)
La distanza tra i due punti in cui la velocità è nulla è pari a 2 volte l'ampiezza A.
Quindi: 2 A = 2 L0/3 implica A = l_0/3
Dato che per t = 0 abbiamo x = - L0/3, si ha
Numericamente:
A = 14.3 cm (Compito A)
A = 6.3 cm (Compito B)
(b) La massima velocitè è osservata nel punto di equilibrio dove l'energia potenziale è minima,
ossia per x = 0. Quindi, per la conservazione dell'energia, abbiamo
3/4 m (vmax)2 = 2 k1 (L0)2 / 9 da cui ricaviamo
v max =
8k1L20
27m
Sostituendo i valori numerici otteniamo
vmax= 1.50 m/s (Compito A)
! (Compito B)
vmax= 0.50 m/s
Emecc = 3/4 m v2 + 2 k1 x2
(c) L'energia meccanica totale, costante, è espressa dalla somma
Derivando rispetto al tempo otteniamo 0 = 3/2 m v a + 4 k1 x v
cioè l'equazione di un moto armonico con pulsazione
Sostituendo i valori numerici:
Ω = 10.5 s-1
Ω = 7.9 s-1
"=
d 2 x 8k1
+
x =0
dt 2 3m
2"
.
T=
#
da cui otteniamo
8k1
3m
e quindi
!
T = 0.60 s (Compito A)
T = 0.80 s (Compito B)
!
!
Si poteva ottenere questo risultato anche utilizzando le equazioni cardinali. Prendendo come polo il
punto di contatto al fine di non considerare la forza d'attrito abbiamo : Icontatto α = R (-4 k1 x)
dove R e' il raggio del cilindro.
Ora Icontatto = 1/2 m R2 + m R2 = 3/2 m R2 ed α = a/R per cui:
3/2 m a = - 4 k1 x ossia
a = - (8 k1/(3 m)) x, la stessa equazione trovata in precedenza.
(d) Scriviamo ora la II equazione cardinale prendendo come polo l'asse del cilindro
Iasse α = Fattrito R
Utilizzando Iasse = 1/2 m R2 ed α = a/R
otteniamo
1/2 m a = Fattrito
Nel moto armonico l'accelerazione è massima (in modulo) nei punti a velocità nulla, ossia negli
estremi dell'oscillazione, ossia per x = ± L0/3
8k L
8k L
4k L
Quindi amax = 1 0 = 1 0 e
Fa max = 1 0 .
3m 3
9m
9
I risultati numerici sono:
Fa,max = 10.8 N (Compito A)
Fa,max = 6.2 N (Compito B)
!
!
Esercizio 4.
1. La velocit`
a angolare ω0 per cui l’asta raggiunge la posizione orizzontale con velocità nulla pu`
o
essere calcolata utilizzando la conservazione dell’energia. In un istante generico l’energia meccanica
dell’asta è data dalla somma dell’energia rotazionale e di quella potenziale:
1
l
E = V0 − M g
− dO cos θ(t) + IO ω 2 (t) ,
(10)
2
2
dove θ è l’angolo che forma l’asta con la verticale, V0 è l’energia potenziale dell’asta quando essa si
trova in posizione orizzontale e IO è il momento di inerzia dell’asta rispetto al punto O. Utilizzando
il teorema di Huygens-Steiner si trova:
2
2
l
l2 M
l
IO = ICM + M
− dO
=
+
− dO M = (A : 0.35 Kg m2 , B : 0.88 Kg m2 ) . (11)
2
12
2
Imponendo dunque che l’energia si conservi,
V0 = E(θ = π/2) = E(θ = 0) = V0 − M g
si ricava:
s
ω0 =
l
− dO
2
1
+ IO ω02 ,
2
3g(l − 2dO )
= (A : 5.82 rad/s, B : 4.43 rad/s) .
l2 + 3dO (dO − l)
(12)
(13)
2. Adottando un sistema di coordinate cartesiano (ˆ
x, yˆ) con assi orizzontale e verticale, la
velocità del proiettile prima e dopo l’urto si scrive:
~v0 = x
ˆ(v0 sin α) + yˆ(−v0 cos α)
~v00 = x
ˆ(v00 sin β) + yˆ(v00 cos β) .
(14)
Poichè l’asta è liscia, la quantit`
a di moto lungo la direzione orizzontale (parallela all’asta) si conserva
durante l’urto. Segue:
v0 sin α = v00 sin β
⇒
v00 = v0
sin α
= (A : 5.32 m/s, B : 3.34 m/s) .
sin β
(15)
3. Scegliendo il punto O come polo, il momento angolare LO del sistema asta+proiettile si
conserva, essendo nullo il momento della reazione vincolare esercitata dall’asse. Dal calcolo del
momento angolare immediatamente prima e dopo l’urto si ricava la velocità angolare ω00 dell’asta
dopo l’urto:
(i)
(f )
−mb(−v0 cos α) = LO = LO = −bm(v00 cos β) + IO ω00
(16)
ω00
bmv0 sin α
=
(cot α + cot β) = (A : 4.66 rad/s, B : 1.19 rad/s) .
IO
4. L’energia dissipata nell’urto si ricava dal bilancio dell’energia cinetica del sistema asta+proiettile
prima e dopo l’urto:
1
1
1
Edissipata = E (i) − E (f ) = mv02 − m(v00 )2 − IO (ω00 )2
2
2
2
(17)
2 2
b m
1
sin α
2
+
(cot α + cot β) = (A : 3.40 Joule, B : 2.66 Joule) .
= mv0
1−
2
IO
sin2 β
5. L’impulso fornito dalla forza vincolare nell’urto è pari alla variazione della quantità di moto
del sistema asta+proiettile. La componente orizzontale di quest’ultima si conserva, essendo l’asta
liscia. Dunque l’impulso fornito dalla forza vincolare ha direzione verticale e modulo pari a
J = Qfy − Qiy = m(v00 cos β) + M vCM − m(−v0 cos α) ,
(18)
a del centro di massa dell’asta immediatamente dopo l’urto.
dove vCM = −ω00 (l/2 − dO ) è la velocit`
Se ne ricava:
l
0
J = mv0 sin α (cot α + cot β) − M ω0
− dO = (A : −0.10 N s, B : 0.44 N s) .
(19)
2

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