G. BRACCO-SOLUZIONI ESERCIZI LEZIONE 1 Problemi risolti per lezioni di meccanica del punto materiale
Dinamica parte I: in questi problemi il moto è assimilabile a quello di corpi puntiformi e non prende in considerazione la rotazione attorno ad un asse.
Le forze saranno disegnate applicate al “centro” del corpo anche se, ad esempio le forze di contatto sono applicate nel contatto: questo però è corretto perché il corpo non ha
dimensione essendo un punto.
I risultati sono forniti con 2 o 3 cifre significative, nei passaggi intermedi i risultati sono dati con più cifre significative.
Per l’accelerazione di gravità si utilizzerà il valore = 9.81 / .
Si raccomanda di disegnare sempre il diagramma delle forze.
4.1 In 90 giorni una cometa descrive con velocità costante in modulo un arco di circonferenza di ampiezza = 30° e di lunghezza = 10 , rispetto ad un sistema solidale con le stelle lontane. Quale forza agisce sulla cometa, se la sua massa è = 10 ?
Soluzione:
Convertiamo in unità SI: t=90 giorni= 90 ∙ 24 ∙ 3600 = 7776000 , = 30° =
30 = 0.5236 , = 10 = 10 .
La cometa sta eseguendo un moto circolare uniforme e quindi si trova sottoposta ad una forza risultante centripeta, in modulo !, che determina un’accelerazione centripeta ! = "$# con % raggio della traiettoria. Prendendo un sistema di riferimento con un asse radiale dal centro della traiettoria circolare possiamo proiettare la seconda legge di
Newton su questo asse e scrivere Rad: − ! = − ! = − "$#
dove i segni meno sono dovuti al verso centripeto opposto a quello radiale.
Per il calcolo della velocità essendo la velocità costante (quindi = ' ( ) + + = ( ' ) + + = () + + e ponendo per ) = 0 la costante di integrazione zero) ( =,-,
oppure in maniera meno diretta partendo dal legame con la velocità angolare ( = .% e . =/- ed utilizzando il legame tra arco della circonferenza e angolo sotteso = % da cui
% =/, ( =/-/, =,-.
Infine il modulo della forza ! = "$#= ,-##/, = ,/-# = 8.6594 ∙ 10 0 1 ≈ 8.7 ∙ 10 0 1 (2 cifre significative).
G. BRACCO-SOLUZIONI ESERCIZI LEZIONE 2 4.2 Un’automobile di massa = 800 affronta una curva a raggio costante mantenendo durante la curva una velocità costante di 100 /ℎ. Dopo 30 secondi l’auto, che
inizialmente è diretta verso ovest, si trova diretta verso nord.
a) calcolare l’intensità della forza che agisce sull’automobile mentre questa percorre la curva.
b) Da chi viene esercitata tale forza?
Soluzione:
Convertiamo in unità SI: ( = 100456 = 7.8 59 = 27.7778 /
Poiché l’auto aveva inizialmente direzione ovest e alla fine nord, la curva è un arco che sottende un- angolo : =90°= la cui lunghezza è data dal modulo della velocità per il tempo = () = 833.3333 . Per trovare il raggio della curva utilizziamo il legame tra arco, raggio e angolo in radianti = %:% =;, = , = 530.5165 .
Essendo la traiettoria curva occorre una forza centripeta e dalla seconda legge di Newton in direzione radiale
! = − "$# = −1.1636 ∙ 1071 ≈ −1.16 ∙ 107 1 (il segno meno perché la direzione radiale è dal centro verso l’esterno ma l’accelerazione è
centripeta ovvero dall’esterno verso il centro, 3 cifre significative).
La forza viene esercitata dall’attrito tra ruote dell’auto e strada.
4.3 Due masse = 1 e = 3 sono collegate mediante una fune inestendibile alle carrucole < e < , di cui la prima è mobile e la seconda fissa, nel modo
indicato in figura.
a) trascurando gli attriti e le masse delle carrucole e delle funi, calcolare la tensione = della fune e le accelerazioni delle masse.
b) Per quale valore del rapporto / il sistema di manterrebbe in equilibrio?
Soluzione:
a) Dal diagramma di corpo libero dei corpi 1 e 2, scegliendo un sistema di riferimento come in figura su cui proiettare la seconda
legge di Newton, si ottiene per l’asse verticale y, unico di interesse (utilizziamo un solo asse verticale per entrambi i corpi):
= − =
= − =
Mentre sulla < sono applicate le tensioni delle funi 2= − = ′ = 0 (massa ?@ zero altrimenti ci sarebbe anche il peso della carrucola) ma alle estremità della fune sotto
< la tensione è uguale = ′ = = da cui 2= =
= .
G. BRACCO-SOLUZIONI ESERCIZI LEZIONE 3 La carrucola C2 ha il solo scopo di far cambiare direzione alla tensione della fune e poiché ha massa nulla la tensione rimane inalterata (=′ = =′ = = ); inoltre la tensione della fune che la sorregge non viene considerata poiché non analizziamo la sua dinamica (con massa nulla =" − 2=′ = 0 in ogni condizione).
D’altra parte i 2 corpi non sono liberi ma sono vincolati dalla fune (inestendibile) che passa da < e da < .
Questo implica che se il corpo 1 scende di una quantità −∆C la fune deve scorrere dalle due parti di < liberando 2 tratti pari a 2∆C e quindi il corpo 2 sale della stessa quantità da cui il vincolo cinematico −2∆C = +∆C sugli spostamenti
Il vincolo può essere derivato rispetto al tempo diventando il vincolo sulle velocità −2( = +( e, derivando una seconda volta, il vincolo sulle accelerazioni −2 = + .
Sostituendo le relazioni tra tensioni e questo vincolo cinematico nelle equazioni del moto
2= − = − /2
e = = D + E
2 D + E − = − /2 2 +5FG#= −2
D4 + E = D2 −4 E da cui
= D 5D05FH05#EI
#J5FE = −7.5462 / ≈ −7.55 / (3 cifre significative) corpo accelerato verso il basso
= −G#= 3.7731 / ≈ 3.77 / corpo accelerato verso l’alto;
la tensione della fune = = D + E = 6.7915 1 ≈ 6.79 1 (3 cifre significative).
b) Per l’equilibrio occorre che le accelerazioni si annullino da cui = D 5D05FH05#EI
#J5FE = 0 per 2 − 4 = 0 = 2 55#
F = .
Osserviamo che l’annullamento dell’accelerazione non garantisce la quiete ma solo la costanza della velocità, bisogna aggiungere che anche la velocità iniziale sia nulla, in modo tale che, con accelerazione nulla, continuerà ad essere costantemente zero.
4.4 Tre masse = 10 , = 15 , 7 = 10 , sono unite nel modo indicato in figura, con due funi e L inestendibili e di massa
trascurabile. Trascurando l’attrito calcolare:
a) l’accelerazione della massa ; b) le tensioni delle funi eL.
Soluzione:
a) Ci sono tre corpi collegati da funi e 2 carrucole.
Delle carrucole non viene fornita informazione e
quindi la loro dinamica non è da considerare, ovvero si può ritenere che abbiano massa trascurabile.
Per i tre corpi, dopo aver disegnato il diagramma delle forze, definiamo 3 differenti sistemi di riferimento come nelle figure.
G. BRACCO-SOLUZIONI ESERCIZI LEZIONE 4 Proiettiamo la seconda legge di Newton sugli assi scelti.
Corpo 1
X1: =G − = Corpo 2
X2: −=G + =N =
Y2: 1 − = 0 (il corpo rimane sempre a contatto con il piano, (O P = 0) Corpo 3
X3: =N7− 7 sinD30°E = 7 7
Y3: 17− 7 cosD30°E = 0 (il corpo rimane sempre a contatto con il piano inclinato, (O7P = 0)
Osserviamo che, non essendoci attrito, le equazioni lungo gli assi Y2 e Y3 non
servono per determinare l’accelerazione e quindi possono essere trascurate.
I tre corpi sono collegati da 2 funi inestendibili che se sono tese determinano un vincolo ai movimenti: se 1 scende di −∆V , 2 si sposta a sinistra di −∆V e 3 sale lungo il piano inclinato +∆V7,i segni sono determinati dalla scelta fatta su come sono orientati gli assi di riferimento.
Quindi il vincolo cinematico sugli spostamenti è −∆V = −∆V = +∆V7, derivando questa relazione si ha il vincolo sulle velocità −( = −( = +(7, derivando ancora si ottiene il vincolo sulle accelerazioni − = − = + 7.
Inoltre ciascuna fune tesa di massa trascurabile ha agli estremi la stessa tensione in modulo
=G = =G e =N = =N7.
Ponendo = , =G = =G e =N = =N, sostituiamo le relazioni dei vincoli cinematici e sui moduli delle funi nelle equazioni di moto ottenendo
X1: =G− = =G = D + E
X3: =N− 7 sinD30°E = − 7 =N= 7D sinD30°E − E X2: −=G+ =N= 7D sinD30°E − E − D + E =
7 sinD30°E − = 7 + + =D 7+ + E
= 5WI XYZD7 °EH5FI
5WJ5#J5F = −1.401459#≈ −1.459# (2 cifre significative)
Se proviamo ad interpretare il risultato si nota che la massa che deve essere accelerata è quella complessiva ( 7 + + ) e la forza risultante applicata è la differenza tra i pesi (per 3 il peso è proiettato lungo il piano) che “tirano” in senso opposto le masse.
G. BRACCO-SOLUZIONI ESERCIZI LEZIONE 5 Per i vari corpi: ≈ −1.459# 1 viene accelerato verso il basso, ≈ −1.459# 2 accelerato verso sinistra, 7≈ 1.495# 3 accelerato verso l’alto.
b) Le tensioni =G= D + E = 84.0857 1 ≈ 84 1 e =N = 7D sinD30°E − E = 63.0643 1 ≈ 63 1.
Da questo punto in poi è lasciato allo studente il disegno del diagramma delle forze e del sistema di riferimento consistente con le equazioni scritte.
4.5 Su un piano scabro, inclinato di [ = 30° sull’orizzontale, poggiano due blocchi A e B, di massa rispettivamente \ = 1 e ]= 4 . I coefficienti di attrito cinetico tra ognuno dei blocchi e il piano valgono ^\_ = 0.2 e ^]_ = 0.1. I coefficienti di attrito statico tra ognuno dei blocchi e il piano valgono ^\` = 0.6 e ^]` = 0.3. I due blocchi sono collegati da una fune inestendibile e di massa trascurabile.
a) Sapendo che i due blocchi scivolano lungo il piano con accelerazione uguale, calcolare la tensione della fune (Fig. 1).
b) Tra quali valori può essere compre il modulo di una forza esterna ⃗ parallela al piano e rivolta verso l’alto, se si vuole che i blocchi, inizialmente fermi, non si spostino né verso il basso né verso l’alto (Fig. 2)?
Soluzione:
a) Iniziamo disegnando i diagrammi delle forze applicate ai corpi che sono mostrati in figura.
Scegliamo un sistema di riferimento comune ai due corpi.
Proiettiamo sugli assi la seconda legge di Newton Corpo A)
V\: =\+ \ sin [ − b\_ = \ \
y: 1\− \ cos [ = 0 1\ = \ cos [ Corpo B)
V]: ] sin [ − =]− b]_ = ] ]
y: 1]− ] cos [ = 0 1]= ] cos [ I corpi sono collegati da una fune tesa (ideale)
che vincola i loro movimenti: se A si sposta (scende) di +∆V\ il corpo B si sposta (scende) di +∆V] da cui il vincolo cinematico sugli spostamenti +∆V\ = +∆V], derivando si ottiene il
G. BRACCO-SOLUZIONI ESERCIZI LEZIONE 6 vincolo sulle velocità (\ = (] e derivando ancora il vincolo sulle accelerazioni \ = ]. Definiamo = \ = ] l’accelerazione comune dei corpi (se la fune rimane tesa!).
D’altra parte, la tensione alle estremità di una fune (ideale) è uguale in modulo =\ = =] e definiamo = = =\.
Essendo in presenza di attrito cinetico (o dinamico) le forze di attrito saranno b\! = ^\_1\ = ^\_ \ cos [ e
b]! = ^]_1] = ^]_ ] cos [ Sostituendo nell’equazioni di moto
V\: = + \ sin [ − ^\_ \ cos [ = \ = = − \ sin [ + ^\_ \ cos [ + \
V]: ] sin [ − = − ^]_ ] cos [ = ] = = −^]_ ] cos [ − ] + ] sin [ Da cui
− \ sin [ + ^\_ \ cos [ + \ = −^]_ ] cos [ − ] + ] sin [ D \ + ]E = D \+ ]E sin [ − cos [ D^\_ \+ ^]_ ]E
=D \+ ]E sin [ − cos [ D^\_ \+ ^]_ ]E
\+ ] = 3.8855
= = − \ sin [ + ^\_ \ cos [ + \ = 0.6797 1 ≈ 0.68 1 b) In presenza della forza ⃗ e con i corpi in quiete le equazioni si modificano: le forze di
attrito sono di tipo statico e posso essere sia rivolte verso l’alto se è piccola e i corpi tendono a scendere oppure rivolte verso il basso se è grande con i corpi che tendono a venir trascinati verso l’alto.
Inoltre le forze di attrito statico soddisfano una diseguaglianza e non una uguaglianza b\` ≤ ^\`1\
b]` ≤ ^]`1]
Caso minima per cui l’attrito statico è massimo verso l’alto (quindi b\! = ^\`1\ e e b]! = ^]`1]) Corpo A)
V\: =\+ \ sin [ − b\` − = 0
y: 1\− \ cos [ = 0 1\ = \ cos [ b\` = ^\` \ cos [ = =\+ \ sin [ − b\`
Corpo B)
V]: ] sin [ − =]− b]` = 0 =]= ] sin [ − b]` uguale in modulo a =\
y: 1]− ] cos [ = 0 1]= ] cos [ b]` = ^]` ] cos [
G. BRACCO-SOLUZIONI ESERCIZI LEZIONE 7 sostituendo
= =\+ \ sin [ − b\` = ] sin [ − b]`+ \ sin [ − b\` = 9.2327 1 ≈ 9.2 1
Caso massima per cui l’attrito statico è massimo verso il basso (quindi b\! = ^\`1\
e b]` = ^]`1]) Corpo A)
V\: =\+ \ sin [ + b\` − = 0
y: 1\− \ cos [ = 0 1\ = \ cos [ Corpo B)
V]: ] sin [ − =]+ b]` = 0 =]= ] sin [ + b]`
uguale in modulo a =\
y: 1]− ] cos [ = 0 1]= ] cos [
= =\+ \ sin [ + b\` = ] sin [ + b]`+ \ sin [ + b\` = 39.8173 1 ≈ 40 1.
Quindi 9.2 1 ≤ ≤ 40 1.
4.6 Un blocchetto di massa = 1 è collegato a vincoli fissi in O e Q rispettivamente tramite una fune inestendibile ed una molla di
lunghezza a riposo pari alla lunghezza della fune
= 0.5 . Si abbandona il blocchetto con velocità nulla e molla a riposo allineata in orizzontale con la fune. Il blocchetto si abbassa ed inverte il moto in A con OAQ=90°. Supponendo molla e fune ideali, si calcolino:
a) la costante elastica della molla;
b) l’accelerazione del blocchetto e la tensione della fune in A.
Soluzione:
a) Le forze in gioco sono variabili e quindi conviene affrontare il problema dal punto di vista energetico per evitare equazioni differenziali
Il corpo è in quiete nella posizione iniziale (dP = 0E e in quella finale (de = 0E mentre cambiano le energie potenziali. Se poniamo per l’energia potenziale gravitazionale lo zero alla quota iniziale (fIP = 0) anche quella elastica è nulla (fgP = 0E. Nella posizione finale, il triangolo OQA è retto e il cateto OA (lunghezza ) è la metà dell’ipotenusa OQ, questo suggerisce che questo triangolo è la metà del triangolo equilatero di altezza AQ l’angolo in O è di 60° e in Q è di 30° da cui la lunghezza di AQ vale = 2 sinD60°E = 2 √7= √3 .
G. BRACCO-SOLUZIONI ESERCIZI LEZIONE 8 L’altezza rispetto all’ipotenusa di OQA vale ℎ = − sinD60°E, il segno meno è stato aggiunto perché la quota di A è inferiore a quella di OQ.
La molla risulta allungata di V = − e quindi fge = V mentre l’energia potenziale gravitazionale fIe = ℎ.
Non essendo presenti forze dissipative, applichiamo la conservazione dell’energia iP = ie cioè dP+ fgP+ fIP = de+ fge + fIe 0 = ℎ + V = − 5I6j# = 63.41285k ≈ 63.4 1/ .
b) La velocità del blocchetto in A è zero da cui l’accelerazione centripeta ( ! =",l#) è nulla, perciò l’accelerazione è solo tangenziale e si può calcolare definendo un sistema di riferimento con asse radiale e tangenziale e disegnare il diagramma delle forze
Rad: −= + cosD30°E = 0 = = cosD30°E = 8.4957 1 ≈ 8.50 1
Tan: V − sinD30°E = - - =4j5 − sinD30°E = 18.305795# ≈ 18.3 / .
4.7 I piani inclinati A e B in figura formano entrambi un angolo di [ = 30° con l’orizzontale e sono raccordati nel punto O. Il piano A è perfettamente liscio mentre il piano B ha attrito non trascurabile. Un corpo, di dimensioni trascurabile, si trova inizialmente fermo ad un’altezza ℎ = 4 sul piano A e viene lasciato
cadere liberamente. Giunto in O il corpo risale sul piano B. Se ^ = 0.1 è il coeffciente di attrito dinamico tra il corpo e il piano B si chiede:
a) l’altezzza a cui il corpo giunge al termine della prima semioscillazione sul piano B;
b) la velocità con cui il corpo passa per O
ridiscendendo dal piano B durante la prima oscillazione;
Domanda aggiuntiva:
c) il minimo valore del coefficiente di attrito statico ^` affinché il corpo non possa scendere dal piano inclinato B.
Soluzione:
Il moto del corpo viene ha due fasi. Nella prima il corpo scende da A e nella seconda risale lungo B. Il corpo deve essere puntiforme altrimenti non potrebbe superare il punto angoloso in O.
Il calcolo può procedere in modo dinamico (più lungo) o energetico (più rapido).
Modo dinamico: Il diagramma delle forze è mostrato in figura, la differenza sostanziale tra A e B è la presenza della forza di attrito in B.
Definiamo un sistema di riferimento e proiettiamo la seconda legge di Newton A
X: sin [ = \ \ = sin [ Y: 1\− cos [ = 0
G. BRACCO-SOLUZIONI ESERCIZI LEZIONE 9 La velocità finale del corpo si trova integrando l’accelerazione che è costante ( = (P + ' \ ) = (P + \' ) = (P + \), all’inizio il corpo è fermo ( = \).
Per determinare il tempo di discesa )\ integriamo una seconda volta V = V\P+ ' ( ) = V\P+ \) e poniamo la posizione iniziale uguale a zero V = \) determiniamo la lunghezza del piano inclinato A \ = XYZ m6l da cui \ = \ )\ = nG,oo da cui la velocità finale nel punto O è (p = \)\ = q2 \ \ = n2 sin [XYZ m6l = q2 ℎ che sarà la velocità iniziale per la salita su B.
Osservazione: Allo stesso risultato si arrivava ricordandosi la relazione cinematica
(ovviamente basata sui calcoli appena svolti e che esprime anche il teorema lavoro energia) (e − (P = 2 V con V il cammino percorso.
Proiettiamo la seconda legge di Newton anche per B
X: −bG− sin [ = r r = −e5s− sin [ accelerazione constante Y: 1]− cos [ = 0 1]= cos [
Essendo l’attrito dinamico bG = ^1]= ^ cos [.
Assumiamo di ripartire a misurare i tempi dal passaggio per O del corpo, Integrando una prima volta (t = (p+ ' ] ) = (p+ ]) e integrando una seconda volta Vt = V′P + ' (t ) = V′P+ (p) + ]) , assumiamo l’origine degli assi nella posizione del punto O
Vt = (p) + ]) .
Il tempo di salita )] è quello necessario ad annullare la velocità (p+ ])] = 0 )] =
−"Guv =ws "u
xJI XYZ m=yI z{X mJI XYZ m"u che sostituito nella relazione della posizione fornisce il cammino percorso lungo B ]= (p)]+ ])] =yI z{X mJI XYZ m"u# − D^ cos [ +
sin [E | yI z{X mJI XYZ m"u } =yI z{X mJI XYZ m"u# − yI z{X mJI XYZ m"u# = yI z{X mJI XYZ m"u# .
Osservazione: ovviamente come prima, lo stesso risultato si potrebbe ricavare con la relazione cinematica (e − (P = 2 V, valida per accelerazione costante.
L’altezza a cui giunge il corpo sarà ℎ] = ]sin [ = yI z{X mJI XYZ m"u# sin [ = 3.4095 ≈ 3.41 .
Assumendo che il corpo si rimetta in moto, nella discesa la velocità si inverte e la forza di attrito è opposta a prima
X: bG − sin [ = "r "r =e5s− sin [ accelerazione constante
G. BRACCO-SOLUZIONI ESERCIZI LEZIONE 10 Y: 1]− cos [ = 0 1]= cos [ bG = ^1]= ^ cos [ "r= ^ cos [ −
sin [ = −4.0554 / diretta verso il basso.
La soluzione si trova in modo identico a prima integrando l’accelerazione e giungendo a un risultato uguale sostituendo la nuova accelerazione "r e le nuove condizioni iniziali (velocità nulla e partenza da ], tempo ) = 0 da quando il corpo si rimette in moto): (pt =
"]), V" = ]+ "]) . Il tempo di discesa è determinato da 0 = ]+ "])"] )"] = n−G",vv che sostituito nella velocità di discesa fornisce (pt = "])"]= "]n−G",vv =
q−2 "] ] = n2D sin [ − ^ cos [EXYZ m6v = nD sin [ − ^ cos [EyI z{X mJI XYZ m"u# = 7.436959 ≈ 7.44 / .
Modo energetico: Occorre sempre disegnare il diagramma delle forze. Nella discesa lungo A l’energia si conserva mentre viene dissipata salendo lungo B.
Assumendo lo zero dell’energia potenziale alla quota del punto O, l’energia iniziale è solo potenziale iP = ℎ e al termine di A solo cinetica i\ = (p , per la conservazione dell’energia ℎ = (p (p = q2 ℎ = 8.8589 / .
Per la salita lungo B, applicando il teorema lavoro energia ~ = ∆d nella forma in cui si separa il lavoro delle forze conservative (~! = −∆f) da quello delle forze non conservative
~•!− ∆f = ∆d ~•! = ∆f + ∆d ~•! = ∆i si ottiene ~•! = ' b⃗G ⃗ = − ' bG =
−bG ] mentre ∆i = i]e− i]P con l’energia finale all’arresto lungo B ie = ℎ] ed energia iniziale i]P = (p = iP = ℎ
−bG ] = ℎ]− ℎ −bGXYZ m6v = ℎ]− ℎ bGℎ]+ ℎ]sin [ = ℎ sin [
ℎ] = ℎ sin [
bG + sin [ = ℎ sin [
^ cos [ + sin [ = ℎ sin [
^ cos [ + sin [
Per mostrare che è esattamente il risultato di prima sostituiamo ℎ con la velocità ℎ] =
I6lXYZ m
yI z{X mJI XYZ m =yI z{X mJI XYZ mF#"u#XYZ m ≈ 3.41 .
Se il corpo si rimette in moto deve scendere della stessa quantità ] lungo il piano inclinato e la forza d’attrito compirà lo stesso lavoro poiché nell’integrale cambia sia il verso di b⃗G sia il verso di ⃗ quindi il lavoro partendo da O e ritornando in O viene raddoppiato ~t•! =
2 ' b⃗G ⃗ = −2bG ], indicando l’energia finale solo cinetica nel punto O con ie′ = (pt Si ha ~t•! = iet − i]P = iet − iP → −2bG ] = (pt − ℎ 2 ℎ − 4 ^ ]cos [ = (pt (pt = q2 ℎ − 4 ^ ]cos [ = 7.436959 ≈ 7.44 / .
Verifichiamo se il corpo può ripartire dalla condizione di quiete.
G. BRACCO-SOLUZIONI ESERCIZI LEZIONE 11 c) Dalla seconda legge di Newton per B
X: bG`− sin [ = r
Y: 1]− cos [ = 0 1]= cos [
ricordando che il modulo dell’attrito statico verifica la disuguaglianza bG` ≤ ^`1] =
^` cos [, il valore minimo ^`5P• comporta che il valore massimo bG`5Gj =
^`5P• cos [ è quello che deve annullare la componente della forza peso lungo il piano da cui : bG`5Gj − sin [ = 0 ^`5P•cos [ = sin [ ^`5P•= z{X mXYZ m = ) D[E = 0.5774 ≈ 0.577.
Per convincersi che questo è il valore minimo, basta considerare valori del coefficiente di attrito statico maggiori di ^`5P•, per questi occorre meno della forza di attrito statico massima per trattenere il corpo.
4.8 Un blocco di massa = 0.1 è collegato agli estremi di un’asta verticale di lunghezza
~ = 2 e spessore trascurabile per mezzo di due funi eguali inestendibili lunghe = 1.5 (vedi figura 1). Si mette in rotazione il sistema attorno all’asse OO’ e si constata che, quando la velocità angolare è di 4 / , entrambe le funi sono tese (vedi figura 2).
Si domanda:
a) L’energia totale che occorre fornire al sistema;
b) Le tensioni delle funi.
Soluzione:
a) Dalla condizione di quiete iniziale (dP = 0 •), il blocco varia sia l’energia cinetica sia quella potenziale. Il triangolo isoscele formato dall’asta e dalle funi ha altezza rispetto all’asta = n − D‚E che rappresenta anche il raggio della traiettoria circolare del corpo.
Assumendo lo zero dell’energia potenziale nella posizione
di quiete di figura 2 (fP = 0 •E, la variazione di quota è ℎ = −‚ e quindi l’energia potenziale finale fe = ℎ.
Avendo raggiunto una velocità angolare . = 4 / , la velocità lineare in modulo vale ( = . e quindi de = ( .
La variazione di energia del blocco è fornita dal lavoro delle forze non conservative ∆i = ℒ•! (ad esempio dal motore che ha messo in rotazione il blocco) e questo vale ∆i =
∆d + ∆f = de+ fe = ( + ℎ = . + ℎ = 1.4905 • ≈ 1.5 • (2 cifre significative).
b) Il diagramma delle forze è mostrato in figura. L’angolo di inclinazione delle funi (disposte simmetricamente) rispetto all’orizzontale si può valutare da % = cos : ovvero : = acosD$…E (od anche da ‚= sin : : = asin D‚…E).
Essendo la traiettoria circolare, scegliamo un sistema di riferimento radiale, tangenziale e verticale z. La direzione tangenziale non la utilizziamo perché a velocità angolare
G. BRACCO-SOLUZIONI ESERCIZI LEZIONE 12 costante non c’è accelerazione tangenziale e le forze sono solo in direzione radiale e verticale. Proiettiamo la seconda legge di Newton
Rad: −= cos : − = cos : = − ! = − . Z: = sin : − = sin : − = 0
Ricavando la tensione della fune superiore = =5†#‡Hˆz{X ;#z{X ; = 5†z{X ;#‡− = dalla prima e sostituendola nella seconda D5†z{X ;#‡− = E sin : − = sin : = 2= sin : =
5†#‡
z{X ; sin : − la tensione della fune inferiore vale
= = 5† z{X ;#‡ − 5IXYZ ; = 0.4643 1 ≈ 0.46 1 E = =5†z{X ;#‡− = = 1.9358 1 ≈ 1.9 1.
4.9 Una sferetta di massa = 1 e raggio % = 0.5 + sta cadendo dentro un fluido di densità ‰ = 0.9 /+ 7. A causa della resistenza del fluido la sferetta subisce una forza b⃗
proporzionale alla velocità e di verso contrario b⃗ = − (⃗ con = 1 ∙ 10H / . Dopo un certo tempo dell’inizio della caduta la sferetta si muove con velocità costante (velocità di regime).
a) Determinare il valore della velocità di regime;
b) sapendo che all’inizio della caduta nel fluido lo velocità della sferetta è nulla e che la velocità di regime viene raggiunta dopo una caduta di ℎ = 12 + , calcolare il lavoro compiuto dalla forza b⃗ fino a quel punto.
Soluzione:
Convertiamo in unità S.I.: = 1 = 1 ∙ 10H7 raggio % = 0.5 + = 5 ∙ 10H7 , densità
‰ = 0.9!5IW = 0.9D Š#ŠW5E4IW = 0.9 ∙ 107 / 7.
a) Per descrivere il moto è sufficiente un asse verticale z verso l’alto. Le forze in gioco sono la forza peso, l’attrito viscoso e la spinta di Archimede ‹ = ‰ Œ = ‰ 07•%7, proiettando la seconda legge di Newton
Z: ( + ‹ − =
In condizioni di regime la velocità è costante e quindi = 0 ($ = − ‹ ($ =
5IH`
4 = 0.518759 ≈ 0.5259 = 52 + / (2 cifre significative).
b) Nella caduta applichiamo il teorema lavoro- energia ~ = ∆d = de− dP con dP = 0 • e de = ($
Il lavoro della risultante delle forze b⃗ + ⃗ + ‹⃗ è ~ = 'Db⃗ + ⃗ + ‹⃗E ⃗ = ' b⃗ ⃗ + ' ⃗ ⃗ + ' ‹⃗ ⃗ = − ' b + ' − ' ‹ = − ' b + ' − ‹ ' =
− ' b + ℎ − ‹ℎ da cui separando il lavoro della forza viscosa ' b⃗ ⃗ = − ' b = de− ℎ + ‹ℎ = −4.8793 ∙ 10H0• ≈ −4.9 10H0• = −0.49 •.
G. BRACCO-SOLUZIONI ESERCIZI LEZIONE 13 Osservazione: il calcolo diretto' b⃗ ⃗ = ' − (⃗ ⃗ non è agevole infatti occorrerebbe conoscere la velocità in funzione del cammino percorso.
4.10 Un corpo di massa = 0.2 viene lasciato cadere dalla sommità A di una guida A,B,C,D posta in un piano verticale. La guida è
costituita da due archi di circonferenza di raggio
% = 20 + , raccordati con un tratto rettilineo lungo = 50 + . Tra la massa e la guida non vi è attrito lungo i tratti curvi, mentre vi è attrito (coefficiente ^ = 0.2E lungo il tratto rettilineo orizzontale.
a) Calcolare la quota massima a cui risale la massa nella prima semi-oscillazione.
b) Se la guida poggia su un piano orizzontale senza attrito, calcolare lo spostamento orizzontale della guida durante la prima semi-oscillazione, supponendo che la quota massima raggiunta dalla massa sia la stessa calcolata in a).
Sia = 0.8 la massa della guida.
Soluzione:
a) Se viene assunta la guida bloccata sul piano orizzontale occorre descrivere solo la dinamica del corpo.
Ci sono tre regioni, nelle due parti circolari non viene dissipata energia, in quella orizzontale il lavoro (non conservativo) della forza di attrito b = ^1 = ^ è ~•!= ' b⃗ ⃗ =
− ' b = −^ ' = −^ = −0.1962 •.
L’energia iniziale, assunta la quota di riferimento per l’energia potenziale sul piano orizzontale, vale iP = % = 0.3924 • e questa verrà trasformata completamente in energia cinetica nel punto B (iP = d′PE che si trova alla quota di riferimento.
Essendo iP > |~•!| il corpo può superare il tratto orizzontale e raggiungere il punto C, l’energia rimante può essere valutata da ∆i = d′e− d′P = ~•! con energia i′e = d′e= d′P + ~•! = iP + ~•! = D0.3924 − 0.1962E • = 0.1962 •. Il valore è positivo e questo implica che la velocità ((′e = n •t5w) è reale e non immaginaria.
Osservazione: si poteva anche usare direttamente il teorema lavoro-energia ~ = ∆d = d′e− d′P perché nel tratto orizzontale la risultante è data da ⃗ + 1‘‘⃗ + b⃗ ma solo la forza di attrito compie lavoro.
Applicando la conservazione dell’energia nell’ultimo tratto con i"e = ℎ e i"P = d′e ℎ = iP+ ~•! ℎ =’“5IJ‚”• = 0.1000 ≈ 0.10 (2 cifre significative).
b) Il sistema guida+corpo interagisce col piano di appoggio e la forza è solo verticale non essendoci forze di attrito (tra guida e piano) in orizzontale.
G. BRACCO-SOLUZIONI ESERCIZI LEZIONE 14 Si conserva perciò la quantità di moto in direzione orizzontale e in particolare, essendo nelle condizioni iniziali sia la guida sia il corpo fermi, la velocità del CM è nulla (_–= 0 → la posizione V_– del CM è costante D + EV_– = V! + VI = +— ).
Essendo la guida simmetrica, il suo CM è posto a metà del tratto orizzontale in posizione VI
(la quota non la conosciamo ma ci interessa solo il moto lungo l’asse orizzontale x). Poniamo l’origine dell’asse x in B perciò all’inizio il corpo ha posizione V!P= −% e la guida VIP= … da cui V_–P = 5j–J5•J–j˜ =H5$J––J5 ™#.
Alla fine il corpo risale alla quota ℎ = %D1 − cos :E (vedi figura) che rispetto al punto C si trova a destra spostato di ∆V = % sin : e rispetto al CM della guida si trova in posizione …+
∆V (posizione relativa del CM del corpo rispetto alla guida).
A sua volta il centro di massa della guida si trova in VIe e quindi il CM del corpo si troverà in V!e = VIe+…+ ∆V V_–e = 5Dj˜wJ–J5™#J∆jEJ–j˜w ma V_–e = V_–P
H5$J–
™#
–J5 =5Dj˜wJ–J5™#J∆jEJ–j˜w − % + …= DVIe+…+ ∆VE + VIe
D + EVIe= − % + …− D…+ ∆VE VIe= –™#H5D5J–™#J∆jH$E= 0.0754 da cui lo spostamento della guida VIe− VIP= −0.1746 ≈ −0.17 = −17 cm.
Osservazione: la scelta arbitraria dell’origine ovviamente non incide sul risultato. Ad
esempio prendendo per origine la posizione iniziale del corpo si ha: V!P = 0 e la guida VIP=
…+ % = 0.4500 da cui V_–P =––J5™#J–$. Lo spostamento relativo è ancora dato da …+
∆V V!e= VIe+…+ ∆V V_–e =5Dj˜wJ–J5™#J∆jEJ–j˜w= V_–P = ––J5™#J–$
|VIe+…+ ∆V} + VIe = …+ %
VIe =D–H5E–J5™#J–$H5∆j = 0.2754 e lo spostamento VIe− VIP= −0.1746 ≈
−0.17 = −17 cm.
4.11 Una lastra A, lunga = 1 , di massa \ = 1 , poggia senza attrito su un piano orizzontale ed è inizialmente ferma. Su di essa viene lanciato un corpo B, di massa ] = 5 , con velocità orizzontale ( = 4 / . Tra A
e B vi è un coefficiente di attrito ^ = 0.2. Dopo un certo tempo A e B hanno uguale velocità (.
Calcolare:
a) la velocità comune di A e B rispetto al piano orizzontale:
b) il tratto percorso da B sopra la lastra A (distanza di B dall’estremo O);
c) l’energia dissipata (misurata rispetto ad un sistema di riferimento solidale con il piano orizzontale).
G. BRACCO-SOLUZIONI ESERCIZI LEZIONE 15 Soluzione:
a) Definiamo un sistema di riferimento solidale con il piano orizzontale, questo è un sistema di riferimento inerziale, in particolare l’asse x orizzontale è quello di interesse perché il moto avviene in questa direzione.
Consideriamo il sistema formato dai due corpi, l’attrito fra di essi è una forza interna mentre, non essendoci attrito tra lastra e piano orizzontale non ci sono forze esterne in orizzontale (in verticale i pesi sono bilanciati dalle reazioni normali e non c’è moto relativo).
Lungo x si conserva la quantità di moto del sistema e quindi il valore iniziale ›jP = ]( sarà uguale a quello finale ›je = D \+ ]E( ( = 55ovJ5"lv = 3.333359 ≈ 3.33 / (3 cifre significative).
b) La forza di attrito b⃗\ applica ad A lo accelera verso destra invece la forza di attrito b⃗]
applicata a B è diretta verso sinistra (principio di azione e reazione) e lo decelera.
La seconda legge di Newton per i due corpi è A lungo X: b\ = \ \
Lungo Y: 1\− 1]′ − \ = 0
B lungo X: −b]= ] ] con b\ = b] (azione e reazione)
Lungo Y: 1"]− \ = 0 con 1]t = 1"] per il principio di azione e reazione (sono le forze normali che si scambiano i corpi) da cui 1\ = 1]t + \ = 1"]+ \ = \ + ] cioè il piano orizzontale fa equilibrio alla somma dei pesi dei due corpi.
La forza di attrito verifica b] = ^1"] = ^ ] ]= −y55vI
v e \ = y55vI
o . Integrando le due accelerazioni (\ = \) e (]= ( + ]), l’origine dei tempi all’inizio dello strisciamento di B su A. La velocità di A aumenta mentre quella di B diminuisce e quindi occorre trovare il tempo per cui (\ = (] \) = ( + ]) ( \− ]E) = ( ) =Go"HGl v= 0.3398 , dopo tale tempo i due corpi procedono con la stessa velocità e non strisciamo più.
Integrando una seconda volta V\ = \) = 0.5663 e V] = ( ) + ]) = 1.2459 dove l’origine dell’asse x è stata posta in corrispondenza all’inizio dello strisciamento. Questi sono i tratti percorsi rispetto al sistema inerziale, il movimento relativo di B su A è dato da V]− V\ = 0.6796 ≈ 0.680 (3 cifre significative).
c) Solo la forza d’attrito compie lavoro. Per il corpo A ~\ = ' b⃗\ ⃗\ = ' b\ \ = ^ ] V\ mentre per B ~]= ' b⃗] ⃗] = − ' b] ] = −^ ] V]. Su A l’attrito compie un lavoro positivo mentre è negativo su B e poiché lo spostamento di B è maggiore, la somma è negativa ~ = ~\+ ~] = ^ ] DV\− V]E = − − 6.6667 • ≈ 6.67 •.
4.12 In figura è disegnata una guida posta in un piano verticale. Da una quota ℎ = 1 viene lasciato scivolare, con velocità iniziale nulla, un blocchetto
di massa = 2 che compie in B un urto
completamente anelastico contro un secondo blocchetto fermo di massa = 1 . Supponendo liscio il tratto di guida AB e supponendo vi sia un coefficiente di attrito ^ = 0.2 nel tratto BC, calcolare:
a) la velocità del primo blocchetto in B, prima dell’urto;
G. BRACCO-SOLUZIONI ESERCIZI LEZIONE 16 b) lo spazio percorso dai due blocchetti dopo l’urto.
Soluzione:
a) Il tratto AB non è rettilineo e quindi le forze normali e tangenziali alla guida variano da punto a punto e una soluzione dinamica richiederebbe la risoluzione di un’equazione differenziale.
Dal punto di vista energetico, essendo AB è liscio si conserva l’energia. Assumendo lo zero dell’energia potenziale a livello del tratto BC si ha iP = ℎ e ie= ( da cui ( = q2 ℎ = 4.429459 ≈ 4.43 / (3 cifre significative).
b) Immediatamente prima dell’urto ha la velocità calcolata in a) e è fermo. Dopo l’urto i due corpi sono uniti formando un unico corpo.
Nell’urto tra corpi liberi di muoversi su un piano si conserva la quantità di moto del sistema (›P = ›e) lungo il piano. La quantità di moto iniziale vale ›P = ( e quella finale ›e= D + EŒ con Œ la velocità comune dei due corpi Œ =55FFJ5"F#. Il sistema dei due
blocchetti parte con velocità Œe viene rallentato dall’attrito. La soluzione può procedere per via dinamica o per via energetica.
Dinamica: Disegniamo il diagramma delle forze per sistema dei due corpi ( = + ) e proiettando la seconda legge di Newton sul sistema di riferimento mostrato in figura X: bG = = e5s
Y: 1 − = 0 1 =
Il modulo della forza di attrito dinamico vale bG = ^1 = ^ e integrando l’accelerazione costante ( = ) − Œ (assumendo come tempo iniziale quello immediatamente dopo l’urto).
Il tempo di arresto )G si trova annullando la velocità 0 = )G− Œ )G = œG= 1.5051 . Integrando la velocità V = ) − Œ) (assumendo la posizione iniziale quella dove avviene l’urto). Lo spazio percorso sarà = )G − Œ)G = −2.2222 ≈ −2.22 (il valore è negativo avendo scelto il sistema di riferimento verso destra).
Energetica: Dal teorema lavoro-energia (sia in forma ~ = ∆d oppure ~•! = ∆i perché solo l’attrito compie lavoro e non si ha variazione dell’energia potenziale) abbiamo che ~ = ' b⃗G ⃗ = − ' bG = −^ con il percorso del sistema prima di arrestarsi. L’energia cinetica iniziale vale dP = Œ e ∆d = 0 − dP = − Œ −^ = − Œ =
œ#
yI= 2.222 ≈ 2.22 .
4.13 Un carrello viaggia su un piano senza attrito con velocità costante ( = 10!59 . All’istante ) = 0, dak carrello viene sparato in avanti un proiettile di massa = 0.2 mentre il carrello (massa = 1 ) prosegue il moto nello stesso verso.
Il proiettile va a colpire una parete (con piano perpendicolare alla velocità), rimbalza elasticamente e si conficca nel carrello. Sapendo che carrello e proiettile si fermano dopo l’urto, calcolare:
G. BRACCO-SOLUZIONI ESERCIZI LEZIONE 17 a) Quanto valgono le velocità Œ del carrello e ( del proiettile dopo lo sparo;
b) Se è la distanza del carrello della parete all’istante ) = 0, quale frazione di percorre il carrello prima di fermarsi.
Si considerino gli urti istantanei e si trascuri l’effetto della forza peso.
Soluzione:
Convertiamo la velocità in unità S.I. ( = 10!59 = 0.1059.
a) Trascurando l’effetto della forza peso e degli attriti, le traiettorie saranno rettilinee orizzontali per il proiettile e solo forze interne sono presenti nel sistema del
carrello+proiettile e quindi si conserverà la quantità di moto (qdm) in particolare per il moto lungo l’orizzontale (asse x nella direzione e verso del moto del carrello). Inoltre la velocità del CM è costante.
La qdm iniziale è ›P = D + E( (( è anche la velocità del CM Œ_–)mentre quella finale ›e = ( + Œ eguagliando si ottiene ( + Œ = D + E( .
Consideriamo il moto del proiettile che scontrandosi con la parete (massa ∞) con urto elastico inverte il moto ( −(.
Infine conficcandosi nel carrello e fermandolo, sempre per la conservazione della qdm
›′P = Œ − ( e ›′e = 0 Œ = ( che sostituita nella relazione precedente ( + ( = D + E( ( = D–J5E"5 l = 0.300059 ≈ 0.3059 e Œ =D–J5E"–lH5" = 0.060059 ≈ 0.060 / .
b) Supponendo l’urto con la parete istantaneo e il conficcarsi nel carrello istantaneo, il proiettile a velocità ( percorre un cammino lungo x e un cammino ′ in verso –x nel tempo )̅ mentre il carrello avanza di − ′ a velocità Œ
Ÿ − t = Œ)̅
+ t = ()̅ = DŒ + (E)̅ e t = D( − ŒE)̅ )̅ = …
œJ" ="Hœ…t …t
… = "Hœ"Jœ e la frazione percorsa dal carrello …H…t
… = 1 −"Hœ"Jœ= "Jœœ = 0.3333 ≈ 0.33.
4.14 Determinare quanta energia è occorsa per porre in rotazione a 100 giri al secondo due masse uguali, = 0.1 , poste su un piano
orizzontale senza attrito e congiunte da una molla di costante elastica = 6 ∙ 100 1/
(vedi figura). In condizioni di riposo del sistema, la distanza tra le due masse è = 10 + . Soluzione:
G. BRACCO-SOLUZIONI ESERCIZI LEZIONE 18 La frequenza di rotazione finale è b = 100 ¡ e la velocità angolare . = 2•b con le masse che si muovono a ( = . . Convertiamo = 0.10 .
La traiettoria è circolare e se la molla è allungata al valore , la forza elastica è ’ = D − ) e per simmetria, essendo le 2 masse uguali, il raggio della traiettoria sarà pari a = ,. Considerata una certa posizione definiamo un sistema di riferimento con un asse radiale e uno tangenziale entrambi orizzontali e un asse verticale z.
Il diagramma delle forze su una massa è mostrato in figura e proiettando la seconda legge di Newton si ottiene:
rad: − D2 − E = − ! = − . z: 1 − = 0
una volta raggiunta la velocità angolare finale, lungo la direzione tangenziale non sono presenti forze non essendoci forze di attrito.
D2 − . E = = 4H5†4…l #
Dal punto di vista energetico il sistema ha energia iniziale iP = 0 e finale ie = 2 | ( } + D2 − E e la variazione di energia ∆i = ie− iP = 291.3120 • ≈ 0.29 •.
Osservazione: tale variazione di energia è dovuta, ad esempio, al lavoro di un motore ~•! =
∆i.
4.15 Una pallina di massa = 0.1 , può scorrere senza attrito lungo una guida
orizzontale AB di massa trascurabile che ruota intorno al proprio asse verticale. La pallina è collegata da una parte a una molla (un
estremo della quale è saldato all’estremo A della guida) e dall’altra a un filo di massa trascurabile che passa per il centro O della guida e che sostiene un carico di massa = 0.5 . Si conoscono i seguenti valori: costante elastica della molla = 40 1/ ; lunghezza a riposo della molla = 0.25 ; lunghezza della guida ~ = 1 .
a) Quale deve essere la velocità angolare della guida affinché la molla non venga sollecitata?
b) Se si aumenta gradatamente il carico, quale deve essere il nuovo valore ′ della massa appesa, affinché la guida ruoti con velocità angolare constante quadrupla di quella precedentemente calcolata?
Soluzione:
G. BRACCO-SOLUZIONI ESERCIZI LEZIONE 19 la pallina esegue un moto circolare, definiamo un sistema di riferimento radiale e
tangenziale, il carico invece ha solo moto verticale e definiamo un asse verticale z che utilizzeremo anche per la pallina.
Il diagramma delle forze sui due corpi è mostrato in figura.
a) Proiettiamo la seconda legge di Newton sull’opportuno sistema di riferimento:
pallina:
su asse tangenziale non ci sono forze
rad: g− = = − ! ma dal testo la forza elastica è nulla perché la molla ha la lunghezza a riposo quindi il raggio della traiettoria è =‚− = 0.25 e la tensione della fune su
sarà = = ! = . ,
z: 1 − = 0 1 = non essendoci attrito tra guida e pallina questa equazione non verrà utilizzata
carico:
z: =–− = 0 (il carico rimane in quiete, ricordiamo che annullare l’accelerazione non vuol dire velocità nulla ma velocità costante, la velocità iniziale deve essere nulla e continuerà ad essere nulla).
Le tensioni ai capi della fune (che ha massa nulla ed è anche in quiete) sono uguali in modulo = = =– = . . = n–I5‡= 14.0071‡G…9 ≈ 14.0 / (3 cifre significative).
b) Aumentando il carico la molla viene allungata di V e cambia il raggio della traiettoria
→ t = − V.
Il testo suggerisce che il processo di aggiungere massa avviene lentamente e quindi, dal punto di vista energetico, durante il processo il carico non acquista essenzialmente energia cinetica e appena si smette di aggiungere massa si è già in condizioni di quiete (il carico non continua la discesa).
Considerando che sulla pallina le forze sono radiali o verticali e, se prendiamo come polo il centro di rotazione, solo quelle verticali hanno momento diverso da zero ma essendo uguali e opposte (1 − = 0) il momento della risultante delle forze è nullo nel processo si conserva il momento angolare lungo l’asse di rotazione ℓP = ℓe. Il momento angolare iniziale (componente z) è ℓP = ( = D. E mentre quello finale ℓe =
(t ′ = D.t tE ′ da cui . = D4.ED − VE
= 4D − VE 4 − 8 V + 4V − = 0 4V − 8 V − 3 = 0
V = ‡±√80‡#H0 ‡# = ‡±0‡ e VH= e VJ =7 : poiché t = − V è un raggio (una distanza dal centro) deve essere positivo e quindi solo H è accettabile da cui t = . Riutilizzando le equazioni del punto a),
G. BRACCO-SOLUZIONI ESERCIZI LEZIONE 20 pallina:
rad: V − =t = − .t t = − D4.E ′ con V = carico:
=′– − ′ = 0 =′– = ′ e come prima =′– = =′
D E − t = −16 –I5‡| } t = 8 + t = 8 +4‡I= 4.5097 ≈ 4.51 .
4.16 Un corpo puntiforme di massa = 20 si muove nel piano xy con equazioni orarie date da :
V = V ¤H4-; C = C ¤4-
Con = 10 H , V = 3 , C = 5 .
a) Determinare, in funzione delle coordinate V, C del punto, componenti e intensità della forza alla quale il corpo è sottoposto:
b) Determinare per ) = 0, il valore del momento angolare rispetto all’origine delle coordinate.
Varia il momento angolare nel tempo? Se si, come?
Soluzione:
Convertiamo = 20 = 0.020 .
a) La seconda legge di Newton permette di ricavare la forza (risultante) a cui è sottoposto il corpo ⃗ = ⃗.
Deriviamo le leggi orarie (j =…j…- = − V ¤H4- e (O = …O…- = C ¤4-
j =…"…-¥= V ¤H4- = V e O =…"…-¦= C ¤4- = C
da cui j = V e O = C ⃗ = ⃗ la forza è proporzionale alla posizione del corpo ⃗, modulo = qV + C .
b) Per calcolare il momento angolare dobbiamo calcolare ℓ‘⃗ = ⃗ × ¨⃗ con la quantità di moto ¨⃗ = (⃗
Per ) = 0, VD0E = V e CD0E = C → ⃗ = DV , C E e dalle componenti della velocità (⃗ = (⃗D0E = D− V , C E da cui
ℓ‘⃗ = ⃗ × ( = © ª̂ ¬̂ -
V C 0
− V C 0© = -D V C + V C E = D0, 0, 2 V C E = 6.000 59# ≈ 6.0 / .
Osservazione: se moltiplichiamo e dividiamo l’unità di misura del momento angolare per otteniamo l’unità di energia moltiplicata per secondi ( / E = • che spesso viene usata con i momenti angolari.
G. BRACCO-SOLUZIONI ESERCIZI LEZIONE 21 La variazione del momento angolare è data da …ℓ‘⃗
…- = ‘‘⃗ = ⃗ × ⃗ utilizzando lo stesso polo del momento angolare per definire ⃗ e con polo fisso nel sistema inerziale.
Il momento della forza ⃗ × ⃗ = ⃗ × D ⃗E = 0‘⃗ perciò la derivata del momento angolare è il vettore nullo da cui ℓ‘⃗ è costante.
4.17 Un corpo puntiforme di massa soggetto ad una forza di richiamo ⃗ = − ⃗ (dovuta ad esempio ad una molla) compie una traiettoria piana, ellittica, ⃗ essendo il raggio vettore che individua la posizione del corpo a partire da
un’origine O. L’origine è complanare con la traiettoria e coincide con il centro dell’ellisse. Supponendo = 10 1/ , = 200 , e che il corpo abbia velocità ( = 1 / nella posizione A che dista = 20 + dall’origine O, calcolare:
a) l’energia meccanica totale del corpo nella posizione A;
b) la velocità ( e la distanza del corpo da O, nella posizione B (secondo asse dell’ellisse).
Soluzione:
Convertiamo = 200 = 0.200 , = 20 + = 0.20 .
Definiamo un sistema di riferimento con asse x orizzontale a destra e asse y verticale verso l’alto.
a) Come nel caso unidimensionale, l’energia potenziale elastica dipende dalla distanza da O ovvero fDV, CE = |⃗| = DV + C E per cui l’energia meccanica totale in A vale i\ = (\ + |⃗ | = ( + = 0.3000 • ≈ 0.30 • (2 cifre
significative)
b) La forza è centrale perciò si conserva il momento angolare diretto
perpendicolarmente al piano dell’orbita ℓ\ = ℓ] con ℓ\ = ( e ℓ]= ( ovvero ( = ( ( =‡F‡5"F
#5 =‡F‡"F
# .
Inoltre non ci sono effetti dissipativi e si conserva anche l’energia i\ = i] con i] = ( + = D‡F‡"F
# E + = i\ D‡F‡"F
# E + = 2i\ ( + 0 = 2 i\ 0− 2 i\+ ( = 0.
Le soluzioni dell’equazione sono H = ’oHn0’o#H045‡4 F#"F#= 0.0200 e J =
’oJn0’o#H045‡F#"F#
4 = 0.0400 essendo valori positivi sono entrambi accettabili.
Se prendiamo la radice otteniamo H = q H = 0.1414 ≈ 0.14 e J = q J = 0.2000 ≈ 0.20 .
G. BRACCO-SOLUZIONI ESERCIZI LEZIONE 22 La seconda soluzione corrisponde alla distanza del punto A mentre il primo alla distanza del punto B.
La velocità nel punto B ( =‡F‡"#F = 1.414259 ≈ 1.4 / .
