L’accelerazione del bullone nel sistema della terra e’ l’accelerazione di gravita’ ~g. Considero il sistema di riferimento dell’ascensore, accelerato con accelerazione ~ a a diretta verso l’alto.

UNIVERSITA’ DEGLI STUDI di ROMA LA SAPIENZA A. A.

2006 - 2007

FACOLTA’ DI INGEGNERIA - Corso di Laurea ing. CLINICA Esame di Fisica Generale I - Soluzioni del 24 Marzo 2007

Esercizio N. 1

L’accelerazione del bullone nel sistema della terra e’ l’accelerazione di gravita’ ~g. Considero il sistema di riferimento dell’ascensore, accelerato con accelerazione ~ a ^a diretta verso l’alto.

Chiamiamo ~ a ^b l’accelerazione del bullone in questo sistema, con l’asse x orientato verso l’alto.

Si ha che:

~a = ~ a ^′ + ~ A = ~ a ^b + ~ a ^a ~a = ~g a ^b = − (g + a ^a )

In questo sistema il moto del bullone e’ un moto uniformemente accelerato verso il basso con accelerazione a ^b , e l’impatto e’ dato dalla condizione x (t = t c ) = 0

x (t) = h + a ^b t ²

2 t c =

s 2h

g + a ^a = 0.71s

Esercizio N. 2

L’accelerazione parallela al filo e’ l’accelerazione centripeta, di modulo a c = ^v _l

, dato che il pendolo compie un moto circolare. Nel punto piu’ alto della traiettoria il pendolo e’ fermo e quindi a c = 0. Segue che in quel punto si annullano tutte le componenti delle forze parallele al filo:

T − mgcos (α) = ma c = 0

Per la conservazione dell’energia meccanica fra il punto piu’ basso e piu’ alto della traiettoria si puo’ scrivere:

1

2 mv ² = mgl (1 − cos (α)) Da cui sostituendo cos (α) si ottiene:

T = mg



1 − v ² 2lg



= 1.6N

Esercizio N. 3

Il problema e’ monodimensionale. Scelto il sistema di riferimento orientato lungo la molla verso il basso e con origine coincidente con il soffitto, si ha che la posizione della massa a t=0 e’ a x = L. A t=0 la massa e’ ferma e la molla non e’ elongata. Segue che l’energia al tempo t=0 e ad un tempo t generico si puo’ scrivere come:

E (t = 0) = −mgL E (t) = 1

2 mv ² + 1

2 K (x − L) ² − mgx

La massima elongazione si ottiene quando la massa attaccata alla molla passa per il punto inferiore della sua oscillazione, dove v=0. La conservazione dell’energia rispetto fornisce quindi:

−mgL = 1

2 K (x max − L)

2

− mgx max x max = 2mg K + L

Corrispondentemente dalla conservazione dell’energia si ottiene per la velocita’ in funzione della posizione x:

v ² = − K

m (x − L) ² + 2g (x − l)

Questa funzione e’ massima per un x ⁰ per cui si ha δv ²

δx = − k

m (2x 0 − 2L) + 2g = 0 Il tutto implica:

x 0 = L + mg

K v =

r

− K m

 mg k

 ²

+ 2g mg

k = g r m k

Esercizio N. 4

Applichiamo il secondo principio per m ¹ ,2 e la seconda cardinale rispetto ad un asse uscente dal foglio per la carrucola. Se assumiamo come positivo per l’accelerazioni il verso di caduta delle masse si ottiene:

m ¹ a ¹ = T ¹ − µ d m ¹ g a = a ¹ = a ² m ² a ² = m ² − T ² R ^δω _δt = Rα = −a I δω

δt = −R (T ² − T ¹ ) I = ¹ ₂ mR ² Si ottiene quindi

−m ¹ Rα = T ¹ − µ d m 1 g

−m ² Rα = m ² g − T ² 1

2 mR ² α = −R (T ² − T ¹ ) Da cui si ricava l’accelerazione angolare :

α = δω

δt = − m 2 − µ d m 1 g

R m ¹ + m ² + ^m ₂
ωt (t) = αt

Esercizio N. 5

Il momento d’inerzia della asta omogenea rispetto al perno e’ dato da:

I = Z L

0

x ² dm = Z L

0

x ² λdx = Z L

0

x ² m

L dx = mL ² 3 Imponendo la conservazione dell’energia meccanica si ottiene:

E = 1

2 mv _C ² + 1

2 Iω ² + mgh C

In questo caso la velocita’ del centro di massa e’ legata alla velocita’ angolare da v C = ^ωL 2 La massima velocita’ si raggiunge quando l’asta passa dal punto inferiore della traiettoria dove α = 0. Imponendo la conservazione dell’energia fra il punto iniziale ( α = α ⁰ ) e quello finale ( α = 0 ) si ha:

E i = mgh ⁱ _C E f = 1

2 mv _C ² + 1

2 Iω ² + mgh ^f _C sostituendo I e v C e considerando che (h i − h f ) = ^L ₂ (1 − cosα ⁰ ) si ottiene:

1

2 mL ² ω ²  1 4 + 1

3



= mg L

2 (1 − cosα ⁰ ) ω =

r 48g (1 − cosα ⁰ )

7L = 4.96 rad

s