Giro della morte
Figure 1:
Un carrello (considerato puntiforme) appoggiato sul binario di un otto volante viene lanciato da una altezza h e percorre un giro della morte as- similabile ad un cerchio di raggio R, come indicato in figura. L’attrito fra carrello e binario pu`o essere trascurato.
Determinare
1. il valore minimo h = hmin al di sopra del quale il carrello percorre tutta la traiettoria senza cadere
2. l’angolo di distacco del carrello, θ = θM AX, nel caso in cui il carrello parta da una altezza h < hmin
3. come cambia la risposta alla domanda precedente se sul binario `e ap- poggiato un treno composto da molti carrelli? Si consideri il treno come un oggetto continuo, deformabile in modo da rimanere sem- pre appoggiato al binario, di massa m, lunghezza l e densit`a lineare δ = dm/dl(kg/m) uniforme. Si consideri, inoltre, solamente l’effetto dovuto alla variazione di energia potenziale fra il carrello puntiforme ed il treno di lunghezza l.
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0.1 Altezza minima hmin
Si noti che il carrello `e solamente appoggiato sul binario; si tratta, quindi, di un vincolo monolatero, cio`e che agisce in una sola direzione. La situazione
`e diversa da quella delle normali montagne russe nelle quali il carrello `e agganciato al binario con un sistema che ne impedisce il distacco. In questo caso il valore minimo di h sarebbe banalmente l’altezza del giro della morte, e quindi 2R.
Misuriamo l’angolo θ a partire dal punto pi´u basso della traiettoria. In un generico punto, le forze agenti sono la forza peso e la reazione del vincolo.
m~g + ~N = m~a (1)
Essendo il vincolo monolatero, la reazione `e necessariamente diretta verso il centro della circonferenza: ~N = −N ˆer, con N ≥ 0.
Data la simmetria del problema, conviene utilizzare un sistema di coor- dinate polari:
m(¨r − r ˙θ2) = mg cos θ − N
m(r ¨θ + 2 ˙r ˙θ) = −mg sin θ (2)
Il vincolo fornisce la relazione aggiuntiva r(t) = R = cost, a cui va aggiunta la condizione N > 0 gi`a scritta sopra, da cui segue ˙r = ¨r = 0. Imponendo questa condizione il sistema 1 si semplifica:
mR ˙θ2 = −mg cos θ + N
mR ¨θ = −mg sin θ (3)
Dalla prima equazione del sistema 2 si ricava il valore della reazione N : N = mv(θ)2
R + mg cos θ (4)
Nel punto pi`u alto della traiettoria θ = π → cos θ = −1, da cui, imponendo la condizione di vincolo monolatero:
v(θ = π)2 ≥ Rg (5)
Per trovare hminbasta imporre la conservazione dell’energia fra l’istante iniziale e quello di massima altezza nel giro della morte:
mghmin= 2mgR + 1
2mRg → hmin= 5
2R (6)
0.2 Da carrello puntiforme a treno di densit`a uniforme Nel caso in cui il treno sia un oggetto esteso, nel punto pi`u alto della traietto- ria il centro di massa del treno non si trova pi`u ad una altezza 2R, come ev- idente dalla figura 2, pertanto l’energia potenziale da inserire nell’equazione 6 non `e 2mgR.
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Per un corpo esteso, l’energia potenziale si calcola come la somma dei contributi di tutti gli elementi di massa mi che compongono il corpo. Se il corpo `e continuo, la sommatoria si trasforma in un integrale, e la massa mi
diventa infinitesima.
U =
N
X
i=1
migzi → Z
C
g z dm (7)
dove il simboloR
C indica l’integrale esteso a tutto il corpo.
Per calcolare l’integrale in dm si utilizza la definizione di densit`a:
ρ = dm
dV (8)
notare che ho usato una relazione differenziale (dm/dV ) invece di (m/V ) in quanto, in generale, la densit`a pu`o cambiare da punto a punto del corpo.
Con questa trasformazione, l’integrale nell’elemento di massa si trasforma in un integrale nell’elemento di volume: dm → ρ dV .
In generale, l’integrale di volume si trasforma in un integrale a piu’ vari- abili, che srudierete nel corso di Analisi 2. In questo caso semplificato, l’unica dimensione che conta e’ quella lungo il treno per cui, invece della densit`a volumetrica ρ si pu`o utilizzare la densit`a lineare:
δ = dm
ds (9)
essendo ds l’elemento di lunghezza lungo la direzione del treno. In questo modo l’integrale si trasforma in un normale integrale ad una dimensione e l’energia potenziale si pu`o scrivere:
U = Z l/2
−l/2
g z δ ds (10)
I valori di g e δ sono costanti – la variazione di g con la quota `e trascur- abile e δ `e costante per ipotesi – per cui si possono portare fuori dal segno di integrale. Invece la quota z dipende dal particolare tratto ds di treno.
Consideriamo una coordinata curvilinea s che segua il binario e che valga s = 0 sulla coda e s = l sulla cima del treno, quando il treno si trova nel punto pi`u alto (figura 2) della traiettoria. Ad un generico valore s, l’angolo φ rispetto alla verticale vale:
φ = s/R
Si noti che sia s che φ sono quantit`a con segno. Di conseguenza la quota z vale:
z = R + R cos φ = R + R cos(s/R)
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Quindi l’integrale 10 diventa:
U = gδ Z l/2
−l/2
R(1 + cos(s/R)) ds = mgR(1 + 2R l sin l
2R) (11) Si noti che per l → 0 si ha:
liml→0
2R l sin l
2R = lim
x→0
sin x
x = 1 (12)
per cui, nel limite di treno che ritorna ad essere un carrello di dimensioni trascurabili, troviamo la soluzione del paragrafo precedente U = 2mgR.
Per dare qualche valore numerico, fissato l, se R = l → U = mgR(1 + 2 sin(1/2)) = 1.96mgR. mentre se R = l/2 → U = mgR(1 + sin(1)) = 1.84mgR.
Quindi se un atleta di salto in alto riesce ad arcuare il corpo di un raggio pari alla propria altezza “risparmia” circa il 2% di energia potenziale o, equivalentemente, salta il 2% in pi`u rispetto a chi non ha questa tecnica. Se riesce ad arcuare il corpo di un raggio pari alla met`a della propria altezza, arriva addirittura a “risparmiare” il 16% di energia potenziale, un guadagno enorme su altezze superiori a due metri!
Considerando solamente il contributo dell’energia potenziale, la risposta al problema si ottiene modificando l’equazione 6:
hmin= R(3 2 +2R
l sin l
2R) (13)
In realt`a anche il sistema di eq.3 va modificato per un corpo esteso, in quanto il valore di θ che appare nel sistema non `e pi`u ben definito, ma di questo ci occuperemo in una prossima esercitazione.
Figure 2:
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