problema 1 -...
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Problema 1
Si calcoli il momento di inerzia di un disco omogeneo di massaM e raggioR rispetto ad un asse perpendicolare al discopassante per il suo centro.
r dr
R
O
Il momento di inerzia vale:
I =∫
r2dm
Nel nostro caso particolare possiamo utilizzare lespressione del momen-to di inerzia di un anello di massam e raggior, che valeI = 1
2mr2. Di-vidiamo il disco in tanti anelli di raggior e larghezzadr. Un tale anelloavra una massa
dm=M
πR22πrdr
e il momento di inerzia totale del disco sara la somma (integrale) di tuttigli anelli di larghezza infinitesimadr
I =∫
r2dm=
∫r2 M
πR22πrdr = 2M∫ R
0r3dr =
12
MR2
2
Problema 2
Si calcoli il momento di inerzia di unasta rigida di massaM e lunghezzaL, rispetto ad un asse perpendicolare allasta (a)passante per il suo centro e (b) passante per un suo estremo
Lx
0
dxCalcoliamo il momento rispetto ad un estremo
I =∫
r2dm
Dividiamo la nostra asta in tanti pezzetti lunghidx a distanzaxdallestremo. La massa di un pezzetto di lunghezzadx sara
dm=ML
dx
e il momento di inerzia totale del disco sara la somma (integrale) di tutti i pezzetti
I =∫
r2dm=
∫ L
0x2 M
Ldx=
ML
∫ L
0x2dx=
13
ML2
Per calcolare il momento di inerzia rispetto al centro dovremo fare lo stesso integrale, ma partendo dal centro e andandoversolestremo e questo integrale dovremo farlo due volte, da una parte e dallaltra dellasta.Daltra parte, il singolo integrale e esattamente equivalemte a quello fatto nel caso precedente salvo sostituireL conL/2 eMconM/2. In altre parole, abbiamo, due volte, il momento di inerziarispetto ad un estremo di una sbarretta di lunghezzaL/2e massaM/2 Dunque otteniamo:
Ic = 2× 13
M2
(
L2
)2
=112
ML2
Qesto risultato e in accordo con il teorema di Huigens-Stainer, che afferma....
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Problema 3
Nel sistema raffigurato in figura un corpo pesante, di massam1 = 4 kg, scivola lungo il piano inclinato liscio (α = 30o)attaccato a una fune senza massa. La fune e avvolta attorno alla carrucola schematizzata come un cilindro pieno di raggioR= 0.5 m e di massaM = 3 kg. L’altro estremo della fune e attaccato a un corpo pesante di massam2 = 1 kg che scivola sultratto di piano orizzontale liscio. Il sistema e inizialmente fermo. Si lascia andarem1 che scende lungo il piano percorrendouno spazioL = 5 m, mettendo in rotazione la carrucola (la fune non slitta!)e trascinandom2.Calcolare: (a) la velocita delle due masse; (b) la loro accelerazione; (c) il momento delle forze che agiscono sulla carrucola.
30 gradi
m1
m2M,R
Questo esercizio si puo risolvere sia con le forze sia con laconservazione dellenergia. Consideriamo dapprima leequazioni
delle forze.SianoT1 e T2 le tensioni sulle funi, diverse perche ce la carrucola pesante in mezzo che accelera e le rende diverse. Possoscrivere:
m1a = m1gsinα−T1
m2a = T2
I ω = (T1−T2)R
maω = a/Re il momento dinerzia di un cilindro omogeneo valeI = 1/2MR2. Il sistema diventa allora:
m1a = m1gsinα−T1
m2a = T2
12
Ma = T1−T2
Sommando le tre equazioni, le tensioni delle funi spariscono e si ottiene:
(m1+m2+12
M)a= m1gsinα ⇒ a=m1gsinα
m1+m2+12M
= 3.02 m/s2
Il moto e un moto uniformemente accelerato e valgono le equazioni orarie
x(t) =12
at2
v(t) = at
Dalla prima ricavo il tempo che occorre per fare un trattoL, che poi sostituisco nella seconda.
v=√
2aL= 5.49 m/s
Per ricavare il momento che agisce sulla carrucola si possono calcolare le tensioniT1 e T2 e usare la formulaK = (T1−T2)Roppure possiamo usare la formula
−→K = I ω =
12
MR2 aR=
12
MRa= 2.26 Nm
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Consideriamo ora laconservazione dellenergia.Il sistema, dapprima fermo, acquista unenergia cinetica a spese dellenergia potenziale gravitazioneale del bloccom1 chediminuisce.
m1gLsinα =12
m1v2+12
m2v2+12
Iω2
e considerando cheI = 12MR2 e cheω = v/R, si ottiene
m1gLsinα =12(m1+m2+
12
M)v2 ⇒ v=
√
2m1gLsinαm1+m2+
12M
= 5.49 m/s
Come prima abbiamo un moto uniformemente accelerato. Il sistema da fermo acquista la velocitav dopo aver percorso lospazioL. Dalle equazioni del moto si ricava
a=v2
2L= 3.02 m/s2
Se sostituiamo av l’espressione trovata prima si ottiene esattamente lo stesso risultato che avevamo trovato con le forze.Il momento delle forze applicate sul cilindro si trova esattamente come prima a apartire dall’accelerazione.
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Problema 4
Un’asta rigida di massaM = 4 kg e lunghezzal = 1.2 m puo ruotare senza attrito sul piano orizzontale, attorno ad un assefisso passante per il suo centro (vedi figura). Un proiettile di massam= 40 g e velocitav0 = 60 m/s urta l’asta in modototalmente anelastico in un punto che distal/4 dal centro. La direzione del proiettile forma un angoloα = 20◦ rispetto ad unasse perpendicolare all’asta.Trovare (a) la velocita angolare dell’asta dopo l’urto, (b) l’energia cinetica persa nell’urto e (c) la forza (tangente al piano,non il peso) cui e soggetto il perno che fa ruotare l’asta.
l/4v0 α
Si tratta di un urto completamente anelastico ed essendo l’asta vincolata nel suo centro, siconserva il momento della quantita di moto, rispetto al centro dell’asta. Si consideri chela direzione del proiettile non e ortogonale all’asta ed ilbraccio che devo considerare valel/4 cos20◦. Abbiamo cosı
mv0 l/4 cos20◦ = Iω+mvl/4
Ma d’altra partev, velocita finale del proiettile, valeω l/4 e sostituendo l’espressione delmomento di inerzia dell’asta otteniamo
mv0 l/4 cos20◦ =
(
M12
+m16
)
l2ω ⇒ ω =mv0 cos20◦
l(M/3+m/4)= 1.40s−1
L’energia cinetica persa nell’urto vale
∆E =12
mv20−
124
Ml2ω2− 12
m(ω l/4)2 =12
mv20−
12
(
M12
+m16
)
l2ω2 = 71.53 J
La forza tangenziale cui e soggetto il perno e la forza centrifuga del solo proiettile in quanto quella della sbarra si equilibraesattamente essendo il perno nel centro
F = mω2 l/4= 0.0235 N
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Problema 5
Una scala di massam= 10 kg e lunghezzaL e appoggiata con un estreamo A ad un muro e con lestremo B al suolo. Lattritoin A e nullo ma e presente tra il pavimento e lestremo B. Se allequilibrio langolo tra la scala ed il muro vale 30o, calcolare:(a) il coefficiente di attritoµs; (b) langoloφ che la reazione vincolare in B forma con la verticale.
Le forze in gioco sono il peso, le due reazioni vincolari e la forza di attrito statico dullestremo della scala B. Su questoestremo, componendo la pura reazione vincolare con la forzadi attrito statico, abbiamo una reazione vincolare che forma unangoloφ 6= 0 con la verticale.
��������������������������������������������������������������������������������������������������������
��������������������������������������������������������������������������������������������������������
A
B
ϕmg
Facciamo il momento delle forze rispetto al punto B e uguagliamolo a zero.
mg· L2
sin30◦−TA ·Lcos30◦ = 0 ⇒ TA =mg2
tan30◦
Scriviamo poi la risultante delle forze (lungo x e lungo y) e uguagliamola a zero.
−mg+TBcosφ = 0
TA−TBsinφ = 0
Da cui subito otteniamo:
tanφ =TA
mg=
1/2mgtan30◦
mg=
12
tan30◦
e dunque
φ = tan−1(1/2tan30◦) = 16.1◦
Per quanto riguarda il coefficiente di attrito statico, la forza di attrito deve essere tale da non far cadere la scala e dunque:
Fa = µsTBcosφ > TBsinφ
cioe
µs > tanφ = 1/2tan30◦ = 0.289
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Problema 6
Una pallina pesante di massam= 80 g e lasciata cadere da un’altezzah= 60 cm e urta in modo completamente anelasticoun disco, rimanendovi attaccata. Il disco, di massaM = 0.4 kg e raggioR= 0.2 m, giace su un piano verticale e puo ruotaresenza attrito intorno ad un asse passante per il centro. La pallina urta il disco, inizialmente fermo, nel puntoA (vedi figura).Trovare (a) la velocita angolare del disco quando la pallina si trova nella posizioneB e (b) la quota massimah′ raggiuntadalla pallina. (c) Da quale altezza deve cadere la pallina perche dopo l’urto, ruotando sul disco, questa arrivi alla posizionedi massima altezza (puntoD).
B
A
h
h’M,R
m
D
Il problema...
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Problema 7
Si calcoli il periodo delle piccole oscillazioni di un’astarigida omogenea di massam= 3 kg e lungal = 1 m, vincolata al suoestremo superiore (pendolo fisico)
mg
θ
Si tratta di valutare il moto di un corpo solido esteso dunquedobbiamo applicare la secondaequazione cardinale della meccanica:
K = I ω
Il punto intorno al quale avviene il moto e l’estremo superiore dell’asta dove questa e incernie-rata.K e il momento delle forze applicate sull’asta,I e il momento di inerzia dell’asta rispettoal suo estremo eω e l’accelerazione angolare a cui l’asta e sottoposta.Poiche l’unica forza applicata sull’asta e il peso:
K =−mgl2
sinθ
il segno meno e dovuto al fatto che per angoli positivi il momento tende a ruotare l’asta in senso orario (alla stessa conclusionesi arriva considerando che
−→K =
−→F ×−→
d ).Il momento di inerzia di un’asta rispetto ad un’estremo vale:
I =13
ml2
Sostituendo nell’equazione di sopra e considerando cheω = θ otteniamo
13
ml2θ =−mgl2
sinθ ≈− l2
mgθ
Semplificando si ottiene
θ+3g2l
θ = 0
Tale equazione e l’equazione di un moto oscillatorio con pulsazione e periodo
ω =
√
3g2l
T =2πω
= 2π
√
2l3g
= 1.64s
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Problema 8
Un proiettile di massam= 40 g e velocitav0 = 40 m/s urta in modo completamente anelastico (vi si conficca dentro) un’astarigida pesante (M = 1 kg, l = 1.2 m). L’urto avviene sul piano orizzontale, la velocita delproiettile forma un angoloα conla normale all’asta (vedi figura) e l’asta puo ruotare sul piano orizzontale intorno ad un perno passante per il suo centro.Dopo l’urto l’asta acquista una velocita angolareω = 6 rad/s e si ferma, a causa di una coppia frenante di attrito, in un tempo∆t = 12 s.Calcolare (a) l’angoloα; (b) l’energia persa nell’urto; (c) la coppia di attrito frenante
v
m0
M
ω
α
Il problema si risolve con la conservazione del momentoangolare
mv0cosαl2= I ω I =
112
M l2+14
ml2 = 0.2474 N·m
α = cos−1 2Iωmv0l
= 32.9◦
L’energia persa vale
∆E =12
mv20−
12
I ω2 = 29.6 J
L’equazione che governa il moto della sbarra dopo l’urtoe l’equazione di un moto uniformemente decelerato condecelerazione angolareτ/I , essendoτ la coppia frenante.
ω− MI
∆t = 0 ⇒ M− Iω∆t
= 0.0672 N·m
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Problema 9
Un disco di raggioR= 55 cm e massaM = 2.5 kg, inizialmente fermo, puo ruotare liberamente attornoa un asse passanteper il suo centro. Un proiettile P di massam= 500 g viaggia con velocitav0 = 11 m/s e urta nel bordo del disco (vedi figura)conα = 40o. Dopo l’urto viene deviato come in figura con velocitav1.Sapendo che l’urto e elastico trovare: (a) la velocita angolareω del disco dopo l’urto; (b) la velocitav1 di P dopo l’urto.Se l’urto e invece completamente anelastico (il proiettile rimane conficcato nel disco) trovare (c) la velocita angolareω2 deldisco dopo l’urto.
R
P α
α ω
Il problema...
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Problema 10
Un’asta sottile rigida e pesante di lunghezzaℓ = 40 cm e massaM = 1 kg e sospesa a un estremoO attorno al quale puoruotare senza attrito ed e inizialmente in equilibrio. Un corpo puntiforme di massam viaggia orizzontalmente a velocitaV0 ecolpisce l’asta con urto elasticonel punto di mezzo. Dopo l’urtom rimane ferma mentre l’asta inizia a ruotare.Determinare (a) il valore dim; (b) in queste condizioni (e cioe conm ferma) qual e il minimo valore diV0 necessario perchel’asta possa compiere un giro completo? (c) se l’urto fosse invece completamente anelasticoquale sarebbe il periodo dellepiccole oscillazioni del pendolo risultante?
Il problema...
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Problema 11
Un’asta di lunghezzaL= 1 m e massam= 3 kg e incernierata ad un’estremita mentre all’altra estremita e attaccata una massaM = 8 kg (figura). Trovare il periodo delle piccole oscillazioni.
θ
M
m
Mg
mg
Anche in questo caso, si tratta di valutare il moto di un corposolido esteso, dunque dobbiamoapplicare la seconda equazione cardinale della meccanica:
K = I ω
Il punto intorno al quale avviene il moto e l’estremo superiore dell’asta dove questa e incernie-rata.K e il momento delle forze applicate sull’asta,I e il momento di inerzia dell’asta rispettoal suo estremo eω e l’accelerazione angolare a cui l’asta e sottoposta.Il momento della forza peso (unica forza in gioco) sul sistema asta+palla sara la somma deimomenti della forza peso sull’asta e sul pesoM
K =−mgl2
sinθ−Mgl sinθ
Anche per valutare il momento di inerzia del sistema dovremofare la somma dei due momentidi inerzia, quello dell’asta piu quello del peso.
I =13
ml2+Ml2
Sostituendo nell’equazione di sopra e considerando cheω = θ otteniamo
(13
ml2+Ml2)θ =−(mgl2+Mgl)sinθ ≈−(mg
l2+Mgl)θ
Semplificando si ottiene
θ+g(m
2 +M)
l(m3 +M)
θ = 0
Tale equazione e l’equazione di un moto oscillatorio con pulsazione e periodo
ω =
√
g(m2 +M)
l(m3 +M)
T =2πω
= 2π
√
l(m3 +M)
g(m2 +M)
= 1.95s
Si puo vedere che perM = 0 si ottiene il risultato dell’esercizio precedente, come deve essere.
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Problema 12
Un cilindro pieno omogeneo, di massaM = 20 kg e raggioR= 15 cm, puo ruotare intorno al suo asse posto orizzontalmente.Due masse uguali (m= 3 kg) sono avvolte come in figura intorno al cilindro. Se il sistema parte da fermo, calcolare a) latensione di ciascuna corda, b) l’accelerazione di ciascunamassa e c) la velocita angolare del cilindro dopo che le masse sonoscese di un trattoh= 2 m.
m
M,RApplichiamo la prima e la seconda equazione cardinale dellameccanica rispettivamente ai duepesi ed al cilindro.Per il cilindro abbiamo
K = I ω
dove
K = 2TR I=12
MR2 ω =aR
Mettendo insieme si ottiene
2TR=12
MR2 · aR
⇒ Ma= 4T
Applicando l’equazioneF = maa uno dei pesi (stessa equazione per entrambi), si ottiene
ma= mg−T
Abbiamo dunque un sistema di due equazioni e due incognite, da cui ricaviamo:
T =mMg
4m+M= 18.4 N a=
4m4m+M
g= 3.68 m/s2
Ei = m1gh
Ef = m1gh2+m2g
h2+
12
m1v2+12
m2v2+12
Iω2
La velocita angolare del cilindro si puo calcolare dall’accelerazione, oppure applicando la conservazione dell’energia
2mgh= 2
(
12
mv2)
+12
Iω2 = 2
(
mR2ω2
2
)
+MR2
4ω2 =
(4m+M)R2
4ω2
da cui si ricava:
ω =2R
√
2mgh4m+M
= 25.6 rad/s
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Problema 13
Una sbarretta di lunghezzal = 60 cm e massaM = 1 kg giace su un piano orizzontale, incernierata in un suo estremoattorno al quale puo ruotare senza attrito. Un proiettile di massam= 300 g e velocitav0 = 30 m/s urta la sbarretta (in modoperpendicolare) nel suo estremo libero e vi rimane conficcato. Calcolare la velocita angolare finale della sbarretta e l’energiadissipata nell’urto.
v0
m
M,l
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Problema 14
Uno spago e attaccato al soffitto da un lato, mentre l’altro lato e avvolto intorno ad un cilindro di massaM = 4 kg. Trascurandoogni tipo di attrito, si calcoli l’accelerazione con cui il cilindro scende e la tensione a cui e soggetto lo spago.
��������������������������������
M,R
Sul clindro agiscono due forze, la forza pesoM−→g e la tensione della fune−→T . Inoltre il cilindro
avra un moto uniformemente accelerato verso il basso ma avra anche un moto di rotazioneintorno al proprio asse. Possiamo dinque scrivere:
Ma = Mg−T
I ω = TR
D’altra parte noi sappiamo che valgono le seguenti relazioni:
I =12
MR2
ω =aR
Sostituendo nel sistema di sopra otteniamo
Ma = Mg−T12
Ma = T
Questo sistema si risolve facilmente e si ottiene
a =23
g= 6.54 m/s2
T =13
Mg= 13.1 N
Come si vede, l’accelerazione del cilindro e inferiore all’accelerazione di gravitag, in quanto e presente la tensione dellafune, che mette in rotazione il cilindro.
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Problema 15
Si consideri il sistema rappresentato in figua, in cui un pesetto m= 1 kg e attaccato ad un filo, la cui estremita oppostae avvolta intorno ad un cilindro di massaM = 3 kg e raggioR= 20 cm. Se il sistema e inizialmente in quiete, calolarea) l’acceleazione del pesetto, b) l’accelerazione del cilindro verso ilsuolo, c) l’accelerazione angolare del cilindro e d) latensione della fune.
��������������������������������
m M,R
Applichiamo le equazioni cardinali della meccanica per i due corpi, il peso ed il cilindro.
ma = mg−T
Ma′ = Mg−T
I ω = TR
dove a e l’accelerazione del peso,a′ e l’accelerazione del cilindro verso il basso eω el’accelerazione angolare del cilindro intorno al proprio asse.D’altra parte sappiamo che valgono:
I =12
MR2 ω = a+a′
e sostituendo queste relazioni nel sistema di partenza abbiamo
ma = mg−T
Ma′ = Mg−TM2(a+a′) = T
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Problema 16
Un pendolo fisico e formato da un’asta sottile lungaL = 1 m e di massaM = 2 kg incernierata a un estremo. Il pendoloviene spostato dalla verticale fino a un angoloα =−60o e lasciato andare. Quando passa per la verticale l’estremo libero urtaelasticamenteuna massam= 1 kg che puo scivolare senza attrito su un piano orizzontale. Calcolare:(a) la velocita angolare del pendolo quando passa per la verticale; (b) la velocita della massam dopo l’urto; (c) il momentoangolare del pendolo dopo l’urto.
M,L
m
α
Per trovare la velocita angolare dell’asta nella posizione verticale, pri-ma dell’urto, applichiamo la conservazione dell’energia (potenzialegravitazionale e cinetica).
MgL2(1− cosα) =
12
Iω2 =16
ML2ω2 ⇒ ω =
√
3g(1− cosα)L
Consideriamo l’urto elastico, si conserva il momento dellaquantita dimoto e l’energia.
Iω = Iω f +mLv ⇒ I(ω−ω f ) = mLv
Iω2 = Iω2f +
12
mv2 ⇒ I(ω−ω f )(ω+ω f ) = mv2
Dividendo la seconda per la prima otteniamo subito
ω+ω f =vL
⇒ ω f =vL−ω
e sostituendo questo valore diω f nella prima equazione e tenendo conto cheI = 13ML2, abbiamo:
I(
2ω− vL
)
= mLv ⇒ v=2MLωM+3m
Il momento angolare finale dell’asta lo ricaviamo dall’equazione della conservazione del momento angolare:
L f = Iω f = Iω−mLv=13
ML2ω−mLv
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Problema 17
Un proiettile di massam= 80 g viene sparato orizzontalmente con una velocitav0 = 80 m/s. Il proiettile urta in modototalmente anelastico un disco di massaM = 700 g e raggioR= 30 cm, libero di ruotare intorno ad un asse fisso verticale,rimanendovi conficcato sul bordo (vedi figura 2). Se la distanza della direzione del proiettile dal centro del disco valed = 18 cm, calcolare:(a) la velocita angolare del disco dopo l’urto; (b) l’energia dissipata; (c) la variazione di momento angolare del proiettilerispetto al centro del disco.
m M,R ω
d
v0
Si conserva il momento angolare, dunque:
mv0d = Iω+mR2ω =
(
12
MR2+mR2)
ω ⇒ ω =mv0d
R2(12M+m)
Calcoliamo l’energia persa nell’urto facendo la differenza dell’energia iniziale e finale
∆Ec =12
mv20−
12
Iω2
doveI e il momento di inerzia, rispetto all’asse del disco, del disco piu quello del proiettile, cioe:
I =12
MR2+mR2
Sostituendo questa espressione diI e quella ottenuta perω, otteniamo
∆Ec =12
mv20−
12
Iω2 =12
mv20
[
1− md2
(m+ 12M)R2
]
La variazione di momento angolare del proiettile vale:
∆L = mv0d−mωR2 = mv0d
(
1− m
m+ 12M
)
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Problema 18
Un’asta sottile omogenea di lunghezzaL = 2 m e massaM = 200 kg poggia contro un muro verticale scabro (vedi figura).Al suo estremo libero e attaccata una massam= 100 kg, mentre una fune tiene il tutto in equilibrio con l’asta in posizioneorizzontale. Il coefficiente d’attrito statico fra asta e muro eµs e l’angolo fra la fune e la verticale valeθ = 45o.Calcolare (a) la tensioneT della fune; (b) l’angoloα fra la reazione vincolare del muro e la verticale; (c) il valore minimo diµs per cui tutto questo e possibile.
m
T
α
45o
M,L
Il sistema e in equilibrio e dunque la somma delle forze e uguale a zero come anchela somma dei momenti delle forze (rispetto ad un qualsiasi punto). Ponendo uguali azero le componentix e y delle forze abbiamo
F sinα−T cos45◦ = 0
F cosα+T sin45◦− (M+m)g = 0
Facciamo poi il momento delle forze rispetto al punto in cui l’asta poggia sul muro eponiamolo eguale a zero
MgL/2+mgL= sin45◦TL
Infine scriviamo quanto vale la forza di attrito statico sul muro
Fattr = F cosα = µsFn = µsT cos45◦
Abbiamo dunque quattro equazioni e quattro incognite. Dalla terza otteniamo subito
T =(M+2m)g√
2= 2773 N
Ricavando F dalla prima equazione e sostituendolo nelle altre possiamo facilmente risolvere il sistema e si ricava:
µs =M
M+2m= 0.5 α = tan−1 M+2m
M= 63.4◦
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Problema 19
Un’asta rigida di massaM = 4 kg e lunghezzal = 1.2 m puo ruotare senza attrito nel piano verticale, attorno ad un suoestremo fisso (vedi figura 2). L’asta viene spostata diα = −60◦ rispetto alla verticale e quindi, da ferma, lasciata liberadiruotare. Quando passa per la verticale, l’asta urta un blocchetto di massam= 2 kg in modo completamente anelastico.Trovare la velocita angolare dell’asta (a) immediatamente prima dell’urto e (b) immediatamente dopo l’urto e (c) l’energiapersa nell’urto.
����������������������������������������������������
M,l
m
α
La velocita angolare dell’asta prima dell’urto la troviamo con la conservazionedell’energia
L2
Mg(1− cosα) =12
Iω2 =16
ML2ω2
da cui
ω =
√
3(1− cosα)gL
= 3.50 s−1
Durante l’urto si conserva il momento angolare, dunque, seω′ e la velocitaangolare dopo l’urto abbiamo
Iω = Itotω′ dove Itot = I +mL2e I =13
ML2
Svolgendo si ottiene
ω′ =M
M+3mω = 1.40 s−1
L’energia che si perde nell’urto e la differenza delle energie cinetiche prime e dopo l’urto
∆E =12
Iω2− 12
Itotω′2
e sostituendovi dentro le espressioni dei momenti di inerzia I e Itot e diω′ si ottiene
∆E =16
ML2ω2(
1− MM+3m
)
= 7.06 Joule
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Problema 20
Due masse (m1 = 15 kg em2 = 10 kg) sono tenute sospese da una carrucola (M = 3 kg eR= 10 cm). La fune mette inrotazione la carrucola. Le masse partono da ferme, distanziate dih= 3 m conm1 piu in alto. Determinare la velocita delledue masse quando si incrociano.
��������������������
m1
h
m20
mgy
Il modo piu semplice di risolvere questo problema e utilizzando la conservazione dell’energia.Prendiamo lo zero dell’energia potenziale del campo gravitazionale alla quota del blocchetto 2e scriviamo l’energia all’inizio, quando vengono lasciati, e al momento dell’incrocio (fine)
Ei = m1gh
Ef = m1gh2+m2g
h2+
12
m1v2+12
m2v2+12
Iω2
Uguagliamo le due energie (non ci sono attriti) e consideriamo che valgono:
I =12
MR2 ω =vR
Otteniamo:
m1gh= (m1+m2)gh2+
12(m1+m2+
M2)v2
Da questa e immediato ricavarev che vale:
v=
√
gh(m1−m2)
m1+m2+M2
= 2.35 m/s
Si noti che sem1 = m2 la velocita e nulla, cioe, come ci si aspetta, se le due masse sono uguali, il sistema e in equilibrio enon si muove.
22
Problema 21
Un disco di raggioR= 50 cm e massaM = 2 kg ruota con velocita angolareω = 3.4 rad/s (vedi figura). Un proiettile P dimassam= 100 g e velocitav0 = 10 m/s si conficca nel bordo del disco (h= R/2). (a) Si determini la velocit‘a angolareω1
del disco dopo lurto; (b) se sul disco agisce una coppia frenante di momentoK = 0.10 Nm, quanti giri ci vorranno perche ildisco torni alla velocita angolare iniziale?
ωh
m
M,R
V0
Si tratta di un urto completamente anelastico in cui si conserva solo il momentoangolare e possiamo scrivere
mv0h+ Iω0 = mvR+ Iω1v= ω1R
e sostituendov= ω1Re I = (1/2)MR2, con pochi passaggi possiamo ricavare
ω1 =mv0h+ Iω0
mR+ I=
2mv0h+MR2ω0
(2m+M)R2 = 4 rad/s
Il disco dunque aumenta la sua velocita angolare in seguitoall’urto del proiet-tile, che gli da una spinta nella stessa direzione in cui ruotava. Se ora applichiamo al disco una coppia costante, in sensocontrario alla sua rotazione, questo subisce una decelerazione angolare costante in base alla seconda equazione cardinaledella meccanica
I ω = K ⇒ ω =KI
L’equazione oraria dell’angoloθ e della velocita angolareω saranno allora
θ(t) = ω1 t − K2I
t2 ω(t) = ω1 −KI
t
e se vogliamo sapere quanti giri ha fatto il disco prima di tornare alla velocitaω0, dobbiamo passare per il tempo che questoci impiega. Sia tale tempot∗
ω(t∗) = ω1 −KI
t∗ = ω0 ⇒ t∗ =I(ω1−ω0)
K= 1.5sec
Sostituendo tale espressione dit∗ nell’equazione diθ(t) otteniamo
θ(t∗) = t∗(
ω1−Kt∗
2I
)
= Iω1−ω0
K
(
ω1−ω1−ω0
2
)
=MR2
4K(ω2
1−ω20) = 5.5 rad= 0.875 giri
avendo sostituito l’espressione del momento di inerzia di un discoI = 12MR2.
23
Problema 22
Un’asta priva di massa e tenuta in equilibrio come in figura ed alla sua estremita e appesa una massaM = 2 kg. Si calcoliquanto vale la tensioneT sulla fune seα = 25o eβ = 65o.
m
β
α
Un tale problema si risolve ponendo la risultante delle forze uguale a zero e ponendo ilmomento delle forze (rispetto ad un qualsiasi punto) ugualea zero.Le forze in gioco sono:
• la forza peso del blocco, applicata sull’estremo dell’astae diretta verso il basso
• la tensione della funeT, anch’essa applicata sull’estremo dell’asta e diretta lungola fune
• la reazione del muro sull’asta.
Scegliamo ora come punto rispetto a cui fare i momenti delle forze il punto in cui eattaccata la fune ed il peso. Seγ e l’angolo che la reazione forma con l’asta, il peso ela tensioneT non contribuiscono e abbiamo
RLsinγ = 0 ⇒ γ = 0
cioe la reazione del piano e lungo l’asta.A questo punto possiamo passare a considerare le componentidelle forze peruguagliarle a zero
0 = Rsinβ−T sinα ⇒ R=sinαsinβ
T
0 = T cosα+Rcosβ−Mg
e sostituendo l’espressione diR trovata nella seconda equazione otteniamo
T cosα+Tsinαcosβ
sinβ=Mg ⇒ T =
Mgsinβcosαsinβ+ sinαcosβ
=Mgsinβ
sin(α+β)=Mgsinβ= 17.8 N
avendo considerato cheα+β = 90o.Che la reazione del muro sull’asta sia lungo l’asta non dipende dagli angoliα e β ma dal fatto che le due funi, quella chesorregge l’asta e quella che sorregge il peso, sono attaccate nello stesso punto e dal fatto che la nostra asta non ha peso.Allo stesso risultato si arriva uguagliando a zero la somma dei momenti rispetto al punto in cui l’asta e incernierata almuro.In questo caso non devo conoscere ne il modulo della reazioneRne la sua direzione e ricavo subito
TL= MgLsinβ ⇒ T = Mgsinβ
e volendo conoscere solo La tensioneT questo e sicuramente il modo piu diretto.
24
Problema 23
Un’asta rigida di massaM = 2 kg e di lunghezzaL = 80 cm e incernierata ad un estremo intorno al quale puo ruotaresenza attrito in un piano verticale (figura 2). La sbarretta,inizialmente nella sua posizione di riposo verticale, viene urtataelasticamente nel suo estremo libero da un blocchetto di massam= 0.8 kg che viaggia ad una velocitav= 1.6 m/s.Calcolare (a) la velocita dell’estremo mobile dell’asta immediatamente dopo l’urto (b) la velocita del blocchetto dopo l’urtoe (c) l’angolo massimo che l’asta forma con la verticale.
α
mv
M,L
Si conserva sia il momento angolare che l’energia e possiamoscrivere
mv0l = mvl+ Iω mv20 = mv2+ Iω2
Questo sistema puo essere scritto nella forma:
Iω = ml(v0− v) Iω2 = m(v0− v)(v0+ v)
e dividendo la seconda per la prima otteniamo subito
ω =v0+ v
l
Se ora sostituiamo questo valore diω nella prima equazione (quella lineare, relativa alla conservazione del momento angolare)otteniamo
Iv0+ v
l= ml(v0− v) ⇒ v=
ml− I/lml+ I/l
v0 =3m−M3m+M
v0 = 0.145 m/s
Come si vede, il fatto che il blocchetto continui ad andare aventi o rimbalzi indietro dipende unicamente dalle masse in gioco.La velovita dell’estremo mobile dell’asta dopo l’urto vale
V = ωl = v0+ v=6m
3m+Mv0 = 2.18 m/s
Per calcolare l’angolo massimo raggiunto dall’asta applichiamo la conservazione dell’energia (cinetica e potenziale gravita-zionale)
12
Iω2 = Mgl2(1cosθ) ⇒ θ = cos−1
(
1− lω2
3g
)
= 29.5o
avendo usato l’espressione del momento di inerzia dell’asta rispetto ad un estremoI = 13Ml3.
25
Problema 24
Un’asta rigida ed omogenea di massaM = 8 kg e lunghezzaL = 1.6 m e incernierata su un muro e puo ruotare su un pianoverticale perpendicolare al muro stesso. Una molla di costante elasticak e lunghezza a riposo nulla collega l’estremo liberodell’asta al soffitto (vedi figura). Quando l’asta si trova inposizione orizontale e la molla forma un angolo retto con il soffittoil sistema e in equilibrio. Ad un certo istante si attacca una massam= 10 kg all’estremo libero dell’asta e l’asta ruota versoil basso.Calcolare (a) la costante elasticak della molla; (b) l’energia cineticaT del sistema e (c) il momento delle forzeK quandol’asta passa per la posizione verticale.
����������������������������������������������������������������������
����������������������������������������������������������������������
�����������������������������������������������������������������������������
�����������������������������������������������������������������������������
M,L
k
m
L
L L
L
Calcoliamo la costante elastica della molla usando la con-dizione di equilibrio iniziale. In particolare imponiamoche il momento delle forze, rispetto al punto in cui e in-cernierata l’asta, sia nullo (la condizione che siano nullele forze non ci aiutano piu di tanto in quanto aggiungonodue equazioni ma aggiungono anche due nuove incogni-te relative alle componenti della reazione della cernierasull’asta). Abbiamo allora:
kL2 = MgL2
⇒ k=Mg2L
= 24.5 N/m
Per calcolare l’energia cinetica quando l’asta passa perla posizione verticale dobbiamo usare la conservazionedell’energia.
MgL2+mgL+
12
kL2 =T+12
k5L2 ⇒ T = gL
(
m− M2
)
= 94.1 J
Si noti che, per un valorem< M/2, la sbarra non riesce ad arrivare alla posizione verticaleperche la massa attaccata non esufficentemente pesante.Il momento delle forze quando l’asta e verticale e semplicemente il momento della forza della molla in quanto il momentodella forza peso (sia dell’asta che della massa attaccata) `e nullo essendo il braccio nullo. Abbiamo dunque
K = k√
5L2 · L√5L2
·L = kL2 =MgL
2= 62.8 N ·m
26
Problema 25
Una piattaforma circolare, di massaM = 300 kg e raggioR= 8 m, puo ruotare senza attrito intorno ad un asse verticalepassante per il centro. La piattaforma inizialmente e ferma. Un uomo (m= 80 kg) si trova sul bordo della piattaformaanch’egli in quiete. Ad un certo istante l’uomo comincia a correre lungo il bordo della piattaforma, di moto uniformementeaccelerato (rispetto alla piattaforma) e compie un giro completo della piattaforma in un tempo∆t = 20 s.Calcolare (a) l’accelerazione angolareα della piattaforma e (b) il momentoK delle forze agenti su di essa mentre l’uomo stacorrendo. Calcolare infine (c) il lavoroL fatto dall’uomo nel compiere questo giro.
Il sistema piattaforma+uomo e isolato e dunque si conservail momento angolare totale del sistema. Essendo tutto fermoall’inizio, possiamo scrivere
Iω1+mR2ω2 = 0
dove conω1 e ω2 si sono rispettivamente indicate le velocita angolari della piattaforma e dell’uomo, rispetto al suolo.Derivando quest’equazione troviamo la relazione tra le accelerazioni angolari.
Iα1+mR2α2 = 0 ⇒ α1 =−2mM
α2
avendo sostituito l’espressione del momento di inerzia della piattaforma in termini della sua massa e del raggio.Noi conosciamo pero l’accelerazione dell’uomo rispetto alla piattaforma che, se indicata conα, vale
α = α1−α2
avendo assunto il senso di rotazione positivo per la piattaforma e negativo per l’uomo. Poiche, girando, ci ritroviamoallostesso posto dopo un tempo∆t, possiamo scrivere
12
α∆t2 = 2π ⇒ α =4π∆t2
Abbiamo allora tree equazioni e tre incognite e possiamo trovareα2
α1 =α
(1+ 2mM )
=− 8πm(M+2m)∆t2 = 0.0109 rad/s
Per calcolare il momento delle forze che agisce sulla piattaforma, si puo usare la seconda equazione cardinale della meccanica.
K = Iα1 =12
MR2α1 =4πmMR2
(M+2m)∆t2 = 104.9 N ·m
Infine il lavoro fatto dall’uomo quando ha fatto un giro rispetto alla piattaforma e semplicemente l’energia cinetica di tutto ilsistema.
L =12
Iω21 =
12
mR2ω22 =
12
I(α1∆t)2+12
mR2(α2∆t)2
e calcolando ancheα2 e sostituendo si trova il valore numerico. Se si sostituiscono le espresiioni analitiche diα1 e α2 siottiene il risultato
L =2mM
M+2m
(
2πR∆t
)2
= 659 J
27
Problema 26
Una giostra puo essere schematizzata come un disco pesanteomogeneo di massaM = 300 kg e raggioR= 5 m, che puoruotare sul piano orizzontale intorno ad un asse verticale passante per il suo centro. La giostra, inizialmente ferma, vienemessa in rotazione applicando un momento costanteK = 100 N·m. Si calcoli (a) la velocita angolare della giostra, dopoche ha compiuto sei giri. A questo punto si smette di applicare il momentoK e un uomo (m= 80 kg) sale sulla giostraposizionandosi sul bordo di essa. Si calcoli (b) la velocit`a della giostra dopo che l’uomo e salito e (c) l’energia cinetica persaal momento della salita dell’uomo.
Bisogna applicare la seconda equazione cardinale della meccanica.
K = Iα ⇒ K =12
MR2α ⇒ α =2K
MR2
Sapendo l’accelerazione angolare, calcolare la velocitaangolare dopo aver compiuto sei giri e un problema di cinematica.
θ =12
αt2 ω = αt ⇒ ω =√
2θα =2R
√
KθM
= 1.42 rad/s
Quando l’uomo sale sulla giostra il momento angolare del sistema si conserva e dunque possiamo scrivere.
12
MR2ω0 =
(
12
MR2+mR2)
ω ⇒ ω =M
M+2mω0 = 0.624 rad/s
avendo indicato conω0 la velocita angolare prima che l’uomo salisse sulla giostra.L’energia che si perde e data dalla differenza delle energie cinetiche.
∆E =12
Iω20−
12(I +mR2)ω2 =
14
MR2ω20−(
14
MR2+12
mR2)
ω2
28
Problema 27
Un’asta omogenea di massaM = 1 kg e lunghezzaL = 1 m puo ruotare senza attrito in un piano verticale intorno al puntoA fissato in un suo estremo (vedi figura). All’altro estremo B `e fissata una massa puntiforme di massaM = 1 kg. L’asta,inizialmente ferma in posizione orizzontale, urta un corpo(in modo elastico), anch’esso di massa M, fermo nel punto C suun piano scabro di coefficiente di attrito dinamicoµd = 0.2.Calcolare (a) la velocita angolare dell’asta prima dell’urto e (b) dopo l’urto, e (c) la distanza d percorsa da M prima difermarsi.
m
m ABm,L
L’esercizio puo essere diviso in due parti, prima la discesa verso laverticale e poi l’urto elastico.
29
Problema 28
Si calcoli l’accelerazione di un cilindro (R= 15 cm eM = 2 kg) che rotola su un piano inclinato di un’angoloα = 20◦. Siripeta il calcolo se a rotolare e un anello o una sfera piena (sempre dello stesso raggio e dello stesso peso.
M,R
α
Applichiamo le equazioni cardinali della meccanica
30
Problema 29
Si calcoli il periodo delle piccole oscillazioni di una ruota (R= 15 cm eM = 2 kg) assimilabile ad un cilindro, attaccata aduna molla di costante elasticak= 300 N/m (vedi figura).
����������������������
����k
M,R
31
Problema 30
Un’asta rigida pesante di lunghezzal = 0.8 m e massaM = 3 kg e incernierata in un suo estremo ad un punto fisso e puoruotare intorno ad esso su un piano verticale (vedi figura). Un proiettile di massam= 1.2 kg e sparato orizzontalmente conuna velocitav= 10 m/s e urta l’asta nel suo punto di mezzo. Dopo l’urto il proiettile esce dall’asta senza deviare con velocitav/2.Calcolare: (a) la velocita angolare dell’asta dopo l’urto; (b) l’energia dissipata nell’urto; (c) la velocita minima che dovrebbeavere il proiettile per far compiere all’asta un giro completo.
v/2v
M,l
m
Si tratta di un urto parzialmente anelastico in cui si perde un po di energiama i due corpi non sono attaccati alla fine.
32
Problema 31
Un recipiente cavo di volumeV = 200 litri e massam= 50 kg viene riempito d’acqua e lasciato sprofondare nel mare(ρl = 1000 kg/m3). Si puo considerare il volume della cavita uguale al volume esterno. Il recipiente scende nell’acqua convelocita costante a causa della resistenza dell’acqua rappresentata da una forza costante di moduloFv.Trovare: (a) il valore diFv. Una volta sul fondo il recipiente viene svuotato e lasciatorisalire. Trovare:(b) l’accelerazione del corpo se il modulo della forza resistente non cambia; (c) la sua velocita limite ascensionale se ilmodulo della forza resistente dipende invece dalla velocita secondo la formulaFv = k vconk= 150 Ns/m.
Quando la cavita e piena d’acqua, l’equazione del moto e
ma= mg+ρH2OVg−ρH2OVg−Fv
essendo la forza di Archimende uguale e opposta al peso dell’acqua contenuta (il volume dell’involucro e supposto trascura-bile). Il recipiente scende a velocita costante, dunquea= 0 e otteniamo:
Fv = mg
Quando il recipiente viene vuotato, abbiamo la forza di Archimede, la forza frenanteFv e il peso del solo involucro, dunquel’equazione diventa:
ma= ρH2OVg−Fv−mg ⇒ a=
(
ρH2OVm
−2
)
g
Nel caso che la forza resistente si proporzionale alla velocita Fv = k v, abbiamo:
ma= ρH2OVg−mg− kv
La velocita cresce finche il termine frenante non diventa uguale alle altre forze che muovono il recipiente e si raggiunge unequilibrio in cui l’accelerazione e nulla
ma= ρH2OVg−mg− kv∞ = 0
da cui otteniamo
v∞ =(ρH2OV −m)g
k
33
Problema 32
Due cilindri di uguale forma (altezzah = 0.6 m e raggioR= 0.2 m) sono attaccati ai due estremi di una fune che passaintorno ad una carrucola priva di massa ed attrito (figura 2).I due cilindri hanno rispettivamente densitaρ1 = 1200 kg/m3
e ρ2 = 1800 kg/m3 e sono parzialmente immersi in acqua. Il sistema e in equilibrio quando il cilindro 1 e emerso per unalunghezzax mentre il cilindro 2 e immerso per la stessa lunghezzax. Calcolare (a) la lunghezzax e (b) la tensione della fune.Se ad un certo istante si rimuove improvvisamente l’acqua, si calcoli (c) l’accelerazionea del sistema.
x
xρ2
ρ1
Per entrambi i corpi, uguagliamo a zero la somma delle forze.Indicando conT latensione della fune eV il volume dei cilindri, abbiamo
ρ1Vg−T −ρH2OVg(1− x/h) = 0
ρ2Vg−T−ρH2OVgx/h = 0
Se risolviamo nelle due incognitex e T otteniamo:
x =h2(1+
ρ2−ρ1
ρH2O= 0.48 m
T = (ρ2−ρH2Ox/h)Vg= 739.3 N
Se non c’e piu l’acqua non abbiamo piu la spinta di Archimede e possiamo scriverele equazioni
m1a = T −m1g
m2a = m2g−T
Sommando le due equazioni troviamo subito
a=m2−m1
m2+m1g=
ρ2−ρ1
ρ2+ρ1g= 1.961 m/s2
34
Problema 33
Un pendolo fisico e formato da un’asta sottile lungaL = 1 m e di massaM = 2 kg incernierata a un estremo. Il pendoloviene spostato dalla verticale fino a un angoloα =−60o e lasciato andare. Quando passa per la verticale l’estremo libero urtaelasticamenteuna massam= 1 kg che puo scivolare senza attrito su un piano orizzontale. Calcolare(a) la velocita angolare del pendolo quando passa per la verticale; (b) la velocita della massam dopo l’urto; (c) il momentoangolare del pendolo dopo l’urto.
Per trovare la velocita angolare dell’asta nella posizione verticale, prima dell’urto, applichiamo la conservazione dell’energia(potenziale gravitazionale e cinetica).
MgL2(1− cosα) =
12
Iω2 =16
ML2ω2 ⇒ ω =
√
3g(1− cosα)L
Consideriamo l’urto elastico, si conserva il momento dellaquantita di moto e l’energia.
Iω = Iω f +mLv ⇒ I(ω−ω f ) = mLv
Iω2 = Iω2f +
12
mv2 ⇒ I(ω−ω f )(ω+ω f ) = mv2
Dividendo la seconda per la prima otteniamo subito
ω+ω f =vL
⇒ ω f =vL−ω
e sostituendo questo valore diω f nella prima equazione e tenendo conto cheI = 13ML2, abbiamo:
I(
2ω− vL
)
= mLv ⇒ v=2MLωM+3m
Il momento angolare finale dell’asta lo ricaviamo dall’equazione della conservazione del momento angolare:
L f = Iω f = Iω−mLv=13
ML2ω−mLv
35
Problema 34
Un corpo di massaM = 10 kg e volumeV = 5 litri e attaccato all’estremo di una fune ideale e di massanulla avvolta su unacarrucola cilindrica di massam= 8 kg e raggioR= 20 cm (vedi figura). Il tutto e immerso in acqua (ρ = 1000 kg/m3). Silascia andare da fermo la massaM.Trovare: (a) l’accelerazione della massaM; (b) la tensione della fune; (c) la velocita angolare dellacarrucola dopo che lamassa e scesa diH = 1 m.
���������������������������������
���������������������������������
M
Dovendo calcolare l’accelerazione del sistema, applichiamo al peso ed alla carrucola pesanterispettivamente la prima e la seconda equazione cardinale della meccanica
Ma = Mg−ρH2OVg−T
I ω = TR
Sostituendo l’espressione del momento d’inerzia della carrucola (I = 12mR2) e considerando
cheω = aR, otteniamo
Ma = (M−ρH2OV)g−T
ma = 2T
Risolvendo otteniamo
(
M+m2
)
a= (M−ρH2OV)g ⇒ a=(M−ρH2OV)g
M+ m2
Dalla seconda equazione del sistema di sopra e immediato trovare T:
T =(M−ρH2OV)g
1+ 2Mm
La velocita dopo che la massa e scesa diH = 1 m, si trova facilmente con la conservazione dell’energia,considerando chetra le forze c’e sia il peso che la forza di Archimede
12
Iω2+12
Mv2 = (M−ρH2OV)gH
Esplicitando il momento di inerzia e scrivendov in termini diω troviamo
12
(
M+m2
)
ω2R2 = (M−ρH2OV)gH ⇒ ω =1R
√
2(M−ρH2OV)gHM+ m
2
36
Problema 35
Un oscillatore armonico lungo l’assex e formato da una massa attaccata a una molla di costante elastica k. Si misura lavelocita per due valori di elongazione della molla trovando per x1 = 11 cm v1 = −8 m/s e perx2 = 5 cm v2 = 10 m/s.Calcolare(a) il periodo di oscillazione. Sem= 100 g: (b) l’ampiezza di oscillazione; (c) il valore dix per cui l’energia cinetica epotenziale sono uguali.Non essendoci attrito, l’energia totale (potenziale dellamolla piu energia cinetica) si conserva e possiamo scrivere:
12
kx21+
12
mv21 =
12
kx22+
12
mv22
Da questa dividendo perm otteniamo
km
x21+ v2
1 =km
x22+ v2
2 ⇒ km(x2
1− x22) = v2
2− v21
Considerando ora cheω = k/m e cheT = 2π/ω possiamo scrivere
ω2 =v2
2− v21
x21− x2
2
⇒ T =2πω
= 2π
√
x21− x2
2
v22− v2
1
= 0.1026 s
Applichiamo la stessa conservazione anche al punto di elongazione massima della molla in cui il peso e fermo:
12
kx21+
12
mv21 =
12
kA2 ⇒ A2 = x21+
mk
v21
Ma noi sappiamo che
mk=
x21− x2
2
v22− v2
1
e dunque
A2 = x21+
(
x21− x2
2
v22− v2
1
)
v21 ⇒ A2 =
√
x21+
(
x21− x2
2
v22− v2
1
)
v21 = 17.1 cm
Il valore di x per cui energia potenziale e cinetica sono uguali si ricava imponendo che l’energia potenziale sia la meta diquella totale cioe
12
kx∗2 =14
kA2 ⇒ x∗ =A√2= 12.1 cm
37
Problema 36
Un blocchetto di massam= 1.0 kg e collegato, tramite un filo inestensibile ed una carrucola priva di massa, ad un cilindrodi massaM = 4.0 kg e raggioR= 0.3 m (vedi figura). Il collegamento della fune al cilindro e tale che il cilindro puoruotare senza attrito intorno al suo asse. Inoltre tra pianoed cilindro vi e attrito statico in modo che quest’ultimo rotola senzastrisciare. Il sistema, inizialmente fermo, ad un certo istante e lasciato libero di muoversi.Calcolare (a) l’accelerazione del sistema dopo che il blocchetto e sceso di un trattoh= 3 m, (b) la tensioneT cui e sottopostala fune e (c) la forza di attrito che agisce sul cilindro.
M,R
m
Il problema....
38
Problema 37
Una sbarretta rigida pesante di massaM = 4.0 kg e lunghezzaL = 1.0 m e incernierata ad un suo estremo, attorno al qualepuo ruotare senza attrito nel piano verticale. La sbarretta, che inizialmente forma un angoloα = 120o rispetto alla verticale(vedi figura), e lasciata cadere e quando passa per la verticale urta in modo completamente anelastico un blocchetto di massam= 1.2 kg.Calcolare (a) la velocita angolare della sbarretta poco prima di urtare il blocchetto, (b) la massima altezza raggiunta dall’e-stremo libero della sbarretta dopo l’urto e (c) l’energia persa nell’urto.
m
M,L
Oα
Il problema....
39
Problema 38
Una bidone di volumeV2 e massam= 120 kg e attaccato tramite una fune ad un pallone aerostatico riempito di Elio (ρHe =0.18 kg/m3) di volumeV1 = 80 m3 (massa del pallone trascurabile). Se pallone e bidone sono in aria (ρaria = 1.3 kg/m3)si osserva che il sistema scende con accelerazione costante−a. Quando invece il pallone e in aria mentre il bidone ecompletamente sommerso in acqua (vedi figura), il sistema sale con la stessa accelerazionea. Calcolare(a) il volume del bidoneV2; (b) l’accelerazionea e (c) quanta parte del bidone risulta immersa nell’acqua quando questogalleggia sempre attaccato al pallone.
V
V
1
2
m
aa
Il problema....
40
Problema 39
Una sferetta di volumeV1 = 200 cm3 e densitaρ1 = 8 g/cm3 viene rivestita in polistirolo (ρ2 = 0.04 g/cm3) per renderlagalleggiante in acqua (ρa = 1 g/cm3) (si intenda che galleggia sotto il pelo dell’acqua, completamente immersa).Calcolare: (a) il volume minimo possibile del rivestimentodi polistirolo V2; (b) la massa totale del sistema; (c) la suaaccelerazione (verso l’alto o il basso) se invece che in acqua il tutto viene lasciato libero, completamente immerso in unliquido di densitaρl = 0.7 g/cm3.
41
Problema 40
Una massaM = 1 kg e fissata a un estremo di una fune inestensibile e di massatrascurabile avvolta su una carrucola cilindricadi raggioR= 20 cm e massaMc = 2 kg (vedi figura) azionata da un motore. Il sistema e inizialmente fermo. Il motore vieneavviato ponendo la carrucola in rotazione in senso antiorario con accelerazione angolare costante. Dopo un tempoT = 2 s lamassa M e salita di un’altezzah= 2 m mentre la carrucola ha acquistato una velocit‘a angolareω. Si calcoli: (a) la velocit‘aangolare della carrucola, (b) la tensione del filo e (c) il lavoro fatto dal motore.
42
Problema 41
Un recipiente cilindrico appoggiato al suolo e riempito diun liquido ideale sino ad unaltezzaH = 1 m. Su una parete laterale(vedi figura) sono praticati due fori di sezione trascurabile rispettivamente a quotah1 = 0.2 m eh2 = 0.4 m rispetto al pelolibero. Supponendo che il livelloH del liquido sia mantenuto costante calcolare: (a) quanto deve essere largo un recipienteposto a terra in grado di raccogliere l’acqua prodotta da entrambi i getti e (b) le coordinate del punto di intersezione(x,y).
43
Problema 42
Un recipiente cavo di volumeV = 2.40 litri e massam si trova immerso in acqua (ρ0 = 1000 kg/m3). Si puo considerare ilvolume della cavita uguale al volume esterno. Se la cavitae vuota il recipiente sale a galla con accelerazionea. Se invece lacavita viene riempita con un liquido di densitaρL = 1400 kg/m3 si trova che affonda con accelerazione−a.Trovare: (a) la massam del recipiente; (b) l’accelerazionea; (c) la frazione di volume fuori dall’acqua nel caso in cui ilrecipiente e a galla vuoto.
44
Problema 43
Due blocchetti di uguale massam= 4 kg sono collegati da una fune che scorre su una carrucola cilindrica di massaM = 6 kg(vedi figura 3). Considerando che un piano e inclinato di 45◦ rispetto all’orizzontale, calcolare l’accelerazione delsistema (a)se i piani sono lisci e (b) se e presente un attrito dinamico conµd = 0.1. Calcolare infine (c) l’accelerazione del sistema se sulpiano inclinato non c’e attrito ma il blocchetto di sinistra (blocchetto appeso in verticale) e immerso nell’acqua (si assumache abbia un volumeV = 2 litri).
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M,R M,R
m
m
m,V
m
Scriviamo le equazioni cardinale del moto per i tre corpi (nell’or-dine: il blocchetto appeso, il blocchetto sul piano inclinato e lacarrucola)
ma = mg−T1
ma = T2−mgcosθ
I ·ω = (T1−T2)R ⇒ 12
Ma= T1−T2
Sommando le tre equazioni si ottiene:
a
(
2m+M2
)
=mg(1−sinθ) ⇒ a=mg(1− sinθ)
2m+ M2
= 1.044 m/s2
Se c’e l’attrito si procede allo stesso modo e comparira laforza di attritoµdgcosθ nella seconda equazione del sistema.Otterremo
a=mg(1− sinθ)−µd cosθ
2m+ M2
= 0.792 m/s2
Se non c’e attrito ma il blocchetto verticale si trova nell’acqua, aggiungiamo alla prima equazione del sistema la forza diArchimedeρH2OVgcon segno meno (opposta alla forza peso). Otteniamo
a
(
2m+M2
)
= mg(1− sinθ)−ρH2OVg ⇒ a=m(1− sinθ)−ρH2OV
2m+ M2
g=−0.738 m/s2
Essendo l’accelerazione venuta negativa, significa che il sistema ora si muove verso destra cioe il blocchetto verticale(immerso nell’acqua) sale mentre quello sul piano scende.
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Problema 44
Un tubo a U (vedi figura) di sezioneS1 = 5.0 cm2 nel ramo sinistro eS2 = 3.0 cm2 nel ramo destro e riempito di mercurio(ρHg = 13.6 g/cm3). Si versano nel ramo destro 100 g di acqua (ρH2O = 1.0 g/cm3) per cui il dislivello del mercurio tra idue vasi vale∆h.Trovare: (a) l’altezzaH della colonna d’acqua; (b) il valore di∆h; (c) la variazione di pressione nel punto piu basso del tubodopo l’introduzione dell’acqua.
S1 S1S2 S2
h∆H
Hg
H2O
Hg
**
Il problema...
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Problema 45
Un corpo cuneiforme di massam= 1.2 kg e volumeV = 1.55 litri e lasciato cadere da un’altezzah= 2 m in acqua (vedifigura).(a) Nell’ipotesi che non vi sia attrito, calcolare la massima profonditaH raggiunta dall’oggetto.Assumendo invece che in acqua agisca una forza di attrito costanteFa = −1.5 N (sempre contararia al senso di moto),calcolare (b) la massima profondita raggiuntaH ′ e (c) la velocitav con cui l’oggetto ritorna al pelo dell’acqua.
h
m,V
H
Il problema si puo risolvere sia con la conservazione dell’ener-gia sia con le forze. Utilizziamo il primo che e piu semplice eprendiamo lo stato iniziale al culmine, prima di cadere, e losta-to finale quando si ferma al punto piu basso in acqua. L’energiapotenziale gravitazionale va in lavoro della forza di Archimede.
mg(h+H) = ρH2OVgH ⇒ H =mh
ρH2OV −m= 6.86 m
Allo stesso modo se c’e la forza di attrito posso scrivere (cioeaggiungo il lavoro fatto dalla forza di attrito)
mg(h+H ′)= ρH2OVgH′+FaH ′ ⇒ H ′ =mgh
ρH2OVg−mg+Fa= 4.77 m
Per calcolare la velocita con cui torna su il corpo, applichiamosempre la conservazione dell’energia ma prendendo come puntofinale quello in cui il corpo torna al pelo dell’acqua. In questocaso il lavoro della Archimede ha segno opposto quando scendee quando sale e dunque si elide.
mgh= 2FaH′+
12
mv2 ⇒ v=
√
2gh− 4FaH ′
m= 3.92 m/s
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Problema 46
Un corpo omogeneo di volumeV = 6.0 litri, galleggia in una vasca riempita di LST (ρLST = 2.85 g/cm3) in modo tale cheil volume immersoV2 e uguale al volume emersoV1 (vedi figura 1). Calcolare (a) la densita del corpo. Successivamente siaggiunge nella vasca dell’acqua, in modo che questa copra completamente il corpo (l’acqua si deposita sopra il liquido LST).Calcolare (b) quanto vale il volume del corpo immerso nel mercurio. Se in tali condizioni si vuole immergere completamenteil corpo nel mercurio, (c) quale forza bisogna applicare, dall’alto verso il basso, al corpo?
V2
V1
V’2
V’1
Hg
H2O
Hg
F
H2O
Hg
Il problema...
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Problema 47
Un’asta sottile pesante lungaL = 1.80 m di massaM = 1.95 kg ruota senza attrito attorno a un asse orizzontale passante perun estremo. L’asta e solidale con un tamburo di raggioR= 0.40 m e massa nulla centrato sullo stesso asse. Sul tamburo eavvolta una funicella di massa trascurabile attaccata a un estremo a un peso di massam (vedi figura 2).(a) Il sistema e tenuto inizialmente fermo con l’asta verticale rivolta verso il basso. At = 0 si lascia andare il peso e siosserva che l’asta ruota di un angoloα = 70o fino ad arrestarsi per poi tornare indietro. Calcolare il valore della massam.(b) Calcolare l’angoloβ che corrisponde alla posizione di equilibrio stabile del sistema per un valore dim= 2.50 kg. Se perquesto stesso valore dim il sistema viene lasciato libero come in (a) calcolare la velocitaV con cui scende il peso quando ilsistema passa per la posizione di equilibrio (angoloβ).
M,L
m
R
θ
Il problema...