Tema d’Esame del 15 aprile 2016 – Primo parziale Esercizio 1

(1)

Fisica Generale I Gianluca Ferrari Meccanica Newtoniana

Tema d’Esame del 15 aprile 2016 – Primo parziale

Esercizio 1

𝑚 = 0,5 𝑘𝑔; 𝑅 = 𝐿 = 1,8 𝑚; 𝛼 = 𝑐𝑜𝑠𝑡; 𝜔_𝑖 = 0 𝑟𝑎𝑑/𝑠;

𝑣₀ = 25 𝑚/𝑠; 𝜃₀ = ^5𝜋

12 𝑟𝑎𝑑;

i. 𝛼 = ?;

Utilizzando la formula senza tempo, nella sua formulazione angolare, abbiamo che 𝜔₀²− 𝜔_𝑖² = 2𝛼Δ𝜃 ,

ma 𝜔_𝑖 = 0, quindi si ha subito

𝜔₀² = 2𝛼Δ𝜃 , dove 𝜔₀ = ^𝑣⁰

𝑅, mentre Δ𝜃 = 𝜃₀. In definitiva, si ha 𝛼 = 𝑣₀²

2𝜃₀𝑅² .

ii. 𝑎_𝑡𝑔 = ?; 𝑎_𝑐 = ?; appena prima e appena dopo il distacco.

Appena prima del distacco, il corpo si muove di moto circolare uniformemente accelerato, quindi abbiamo

𝑎_𝑡𝑔 = 𝛼𝑅 = 𝑣₀² 2𝜃₀𝑅 , mentre

𝑎_𝑐 =𝑣₀² 𝑅 .

(2)

Subito dopo il distacco, invece, il corpo inizierà a muoversi di moto parabolico, che è composizione di un moto rettilineo uniforme lungo l’asse 𝑥 e di un moto di caduta libera verticale, dovuto all’accelerazione di gravità 𝑔⃗. La velocità iniziale con cui avverrà tale moto sarà proprio la velocità 𝑣⃗₀ in corrispondenza dell’angolo di distacco 𝜃₀. Giacché l’unica accelerazione che agisce sul corpo in seguito al distacco è 𝑔⃗, per trovarne le componenti tangenziale e centripeta dobbiamo scomporla lungo la tangente 𝑡 alla traiettoria e il raggio della circonferenza osculatrice (cioè, in questo caso, la normale 𝑛 alla tangente).

Si noti che – da considerazioni di tipo geometrico – l’angolo compreso tra il vettore 𝑔⃗

e la retta tangente 𝑡 è proprio uguale a 𝜃₀. Di conseguenza abbiamo che 𝑎_𝑡𝑔 = 𝑔 cos 𝜃₀ ,

mentre

𝑎_𝑐 = 𝑔 sen 𝜃₀ . iii. 𝑂𝑃 = ?; 𝑣_𝑓 = ?;

Per calcolare 𝑂𝑃, l’idea è calcolare l’intera gittata 𝑥_𝐺 del moto parabolico e sottrarle la componente 𝑂𝐻 = 𝑅 cos 𝜃₀ dovuta alla proiezione del raggio descritto dalla catapulta all’inizio del moto parabolico sull’asse 𝑥.

Ricaviamoci quindi la traiettoria del moto parabolico 𝑦 = 𝑦(𝑥) a partire dalla sua legge oraria

{

𝑥(𝑡) = 𝑣₀cos 𝛽 𝑡 𝑦(𝑡) = −1

2𝑔𝑡² + 𝑣₀sen 𝛽 𝑡 + 𝑅 sen 𝜃₀ ,

𝑔⃗

𝑛 𝑡

(3)

dove 𝛽 è l’angolo che il vettore velocità 𝑣⃗₀ forma con l’orizzontale, ossia 𝛽 = ^𝜋

2− 𝜃₀; nell’equazione abbiamo tenuto conto dell’altezza iniziale ℎ₀ = 𝑅 sen 𝜃₀ da cui parte il proiettile, ma non della traslazione 𝑂𝐻 lungo 𝑥.

Ricavando 𝑡 dalla prima equazione e sostituendolo nella seconda, abbiamo

𝑡 = 𝑥

𝑣₀cos 𝛽 , da cui segue l’equazione della traiettoria

𝑦(𝑥) = − 𝑔

2𝑣₀²cos²𝛽𝑥²+ tg 𝛽 𝑥 + 𝑅 sen 𝜃₀ . Posto 𝑦(𝑥) = 0, abbiamo

𝑔𝑥²− 2𝑣₀²cos²𝛽 tg 𝛽 𝑥 − 2𝑣₀²𝑅 cos²𝛽 sen 𝜃₀ = 0 , ossia

𝑔𝑥² − 2𝑣₀²sen 𝛽 cos 𝛽 𝑥 − 2𝑣₀²𝑅 cos²𝛽 sen 𝜃₀ = 0 , da cui, calcolando il

Δ

4 = 𝑣₀⁴sen²𝛽 cos²𝛽 + 2𝑣₀²𝑔𝑅 cos²𝛽 sen 𝜃₀ e risolvendo l’equazione, segue

𝑥_1,2 =𝑣₀²sen 𝛽 cos 𝛽 ± √𝑣₀⁴sen²𝛽 cos²𝛽 + 2𝑣₀²𝑔𝑅 cos²𝛽 sen 𝜃₀

𝑔 .

È chiaro che la gittata dev’essere positiva, quindi avremo

𝑥_𝐺 =𝑣₀²sen 𝛽 cos 𝛽 + √𝑣₀⁴sen²𝛽 cos²𝛽 + 2𝑣₀²𝑔𝑅 cos²𝛽 sen 𝜃₀

𝑔 ,

da cui segue 𝑂𝑃 = 𝑥_𝐺 − 𝑂𝐻

= 𝑣₀²sen 𝛽 cos 𝛽 + √𝑣₀⁴sen²𝛽 cos²𝛽 + 2𝑣₀²𝑔𝑅 cos²𝛽 sen 𝜃₀

𝑔 − 𝑅 cos 𝜃₀ .

Dopo tutti questi calcoli, il modo più semplice per calcolare la velocità finale consiste nell’applicare la conservazione dell’energia, per la quale si ha

𝐾₀+ 𝑈₀ = 𝐾_𝑓 + 𝑈_𝑓 , ossia

(4)

1

2𝑚𝑣₀²+ 𝑚𝑔𝑅 sen 𝜃₀ = 1

2𝑚𝑣_𝑓²+ 0 , da cui

𝑣_𝑓 = √𝑣₀² + 2𝑔𝑅 sen 𝜃₀ .