UNIVERSITA DEGLI STUDI DI GENOVA SCUOLA POLITECNICA A FISICA GENERALE Sede di Spezia compitino del 9/1/2020

UNIVERSITA’ DEGLI STUDI DI GENOVA  SCUOLA POLITECNICA A

FISICA GENERALE  Sede di Spezia  compitino del 9/1/2020

Mostrare i passaggi principali in modo conciso, leggibile, con i risultati numerici finali in unità del sistema internazionale (SI) ed espressi con due cifre significative. Gli elaborati che presenteranno risultati non giustificati, non formalmente corretti e/o in una grafia non comprensibile non saranno corretti.

Dinamica Rotazionale ed Urti (16 punti)

Una sbarra omogenea di lunghezza ℓ e massa 𝑀 è

vincolata ad un perno ideale O ed è tenuta in equilibrio in posizione orizzontale da una fune che descrive un angolo

 con il profilo dell’asta stessa (vedi fig.1). All'estremo libero della sbarra è appesa una massa puntiforme 𝑚₁.Si calcoli:

1) il diagramma delle forze agenti sulla sbarra e le equazioni cardinali della dinamica, giustificando la scelta del polo.

2) Il modulo, la direzione ed il verso del momento totale della forza peso dovuta all'asta ed alla massa 𝑚₁.

3) il vettore reazione vincolare 𝑅⃗ in O.

Ad un certo istante la massa 𝑚₁ viene rimossa e la fune viene tagliata. L’asta inizia a ruotare intorno al perno, partendo con velocità nulla dalla posizione orizzontale.

4) Calcolare l’accelerazione angolare all’istante iniziale.

La sbarra ruota ed arriva in posizione verticale dove urta in modo completamente anelastico un corpo puntiforme di massa 𝑚₂, appoggiato sul piano orizzontale liscio, che rimane agganciato all’estremità dell’asta la quale continua nel suo moto. Si determini:

5) la velocità del CM della sbarra immediatamente prima dell'urto.

6) La velocità angolare della sbarra subito dopo l'urto.

[Dati: 𝑀 = 2.4 𝐾𝑔; 𝑚₁= 𝑀/4; 𝑚₂= 𝑀/8;

ℓ = 1.7 𝑚; 𝜃 = 𝜋/6]

Figura 1

Momento d'Inerzia e centro di massa (12 punti)

Si consideri un sistema costituito da anello omogeneo di massa 𝑀 e raggio 𝑅 e quattro raggi assimilabili a sbarrette sottili ed omogenee di

lunghezza 𝑅 e massa 𝑚_𝑅. Un frammento puntiforme di massa 𝑚 viene incollato a distanza 𝑅/2 dall'asse dell'anello (vedi fig. 2). Fissata una terna cartesiana con asse z uscente dal piano del foglio, si calcoli:

7) le coordinate del centro di massa (CM);

8) il momento di inerzia del sistema rispetto ad un asse passante per il centro O.

[Dati: 𝑀 = 1.5 𝐾𝑔; 𝑚_𝑅= 𝑀/8; 𝑚 = 𝑀/4; 𝑅 = 15 𝑐𝑚]

9) Calcolare il momento di inerzia di una sbarretta non omogenea di lunghezza L e di densità di massa

𝜆

= 𝛼𝑥 + 𝛽 rispetto ad un asse ortogonale passante per il suo centro preso come origine dell'asse 𝑥.

[Dati: 𝐿 = 12 𝑐𝑚;

𝛽

= 1.2 𝑘𝑔/𝑚].

Energia (4 punti)

10) Un frisbee viene lanciato in aria con un'energia totale 𝐸𝑇. Se la velocità iniziale del CM vale 𝑣𝐶𝑀 si calcoli la velocità angolare del frisbee all'istante del lancio. Si approssimi il frisbee ad un disco di massa 𝑚 e raggio 𝑅

[Dati:𝐸𝑇 = 6.0 𝐽 ;𝑣_𝐶𝑀 = 6.5 𝑚/𝑠 ;

𝑚

= 0.25 𝑘𝑔; 𝑅 = 15 𝑐𝑚]

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FISICA GENERALE  Sede di Spezia  compitino del 9/1/2020

Mostrare i passaggi principali in modo conciso, leggibile, con i risultati numerici finali in unità del sistema internazionale (SI) ed espressi con due cifre significative. Gli elaborati che presenteranno risultati non giustificati, non formalmente corretti e/o in una grafia non comprensibile non saranno corretti.

Dinamica Rotazionale ed Urti (16 punti)

Una sbarra omogenea di lunghezza ℓ e massa M è

vincolata ad un perno ideale O ed è tenuta in equilibrio in posizione orizzontale da una forza 𝐹 che forma un angolo

 con il profilo dell’asta stessa (vedi fig.1). Una massa puntiforme 𝑚₁ è appesa in corrispiondenza del centro di massa dell'asta. Si calcoli:

1) il diagramma delle forze agenti sulla sbarra e le equazioni cardinali della dinamica, giustificando la scelta del polo.

2) Il modulo, la direzione ed il verso del momento totale della forza peso dovuta all'asta ed alla massa 𝑚1.

3) il vettore reazione vincolare 𝑅⃗ in O.

Ad un certo istante la massa 𝑚1 viene rimossa e la forza 𝐹 si annulla. L’asta inizia a ruotare intorno al perno, partendo con velocità nulla dalla posizione orizzontale.

4) Calcolare l’accelerazione angolare all’istante iniziale.

La sbarra ruota ed arriva in posizione verticale dove urta in modo completamente anelastico un corpo puntiforme di massa 𝑚2, appoggiato sul piano orizzontale liscio, che rimane agganciato all’estremità dell’asta la quale continua nel suo moto. Si determini:

5) La velocità del CM della sbarra immediatamente prima dell'urto.

6) La velocità angolare della sbarra subito dopo l'urto.

[Dati: 𝑀 = 1.8 𝐾𝑔; 𝑚₁= 𝑀/3; 𝑚₂= 𝑀/6;

ℓ = 1.9 𝑚; 𝜃 = 𝜋/3]

Figura 1

Momento d'Inerzia e centro di massa (12 punti)

7) Si consideri un sistema costituito da disco omogeneo di massa 𝑀 e raggio 𝑅. Su tale

disco vengono incollati due anelli di raggi 𝑅 ed 𝑅/2 concentrici al disco e di masse rispettivamente 𝑚1 ed 𝑚2 (vedi fig. 2). Inoltre, viene aggiunta una massa puntiforme 𝑚 ad una distanza ³₄𝑅 da O. Fissata una terna cartesiana con asse z

uscente dal piano del foglio, si calcoli:

7) le coordinate del centro di massa (CM);

8) il momento di inerzia del sistema rispetto ad un asse passante per il centro O.

[Dati: 𝑀 = 1.3 𝐾𝑔; 𝑚1 = 𝑀/4; 𝑚₂= 𝑀/8; 𝑚 = 𝑀/4;

𝑅 = 10 𝑐𝑚]

9) Calcolare il momento di inerzia di una sbarretta non omogenea di lunghezza L e di densità di massa

𝜆

= 𝛾𝑥 + 𝛿 rispetto ad un asse ortogonale passante per un estremo preso come origine dell'asse 𝑥.

[Dati: 𝐿 = 30 𝑐𝑚;

𝛾

= 3.5^𝑘𝑔

𝑚²;

𝛿

= 3.5^𝑘𝑔

𝑚].

Energia (4 punti)

10) Un frisbee viene lanciato in aria con un'energia totale 𝐸𝑇 . Se la velocità angolare iniziale del frisbee vale 𝜔 si calcoli la velocità del CM del frisbee all'istante del lancio. Si approssimi il frisbee ad un disco di massa 𝑚 e raggio 𝑅

[Dati:𝐸_𝑇 = 10 𝐽;𝜔 = 12 𝑟𝑎𝑑/𝑠;

𝑚

= 0.20 𝑘𝑔;𝑅 = 25 𝑐𝑚]

SOLUZIONI

A1

L'eq. di Newton per il sistema: 𝑅⃗ + 𝑇 ⃗ + 𝑃⃗

_𝐴

+ 𝑃⃗

_𝑚1

= 0 con reazione vincolare incognita 𝑅⃗ = (𝑅

_𝑥

, 𝑅

_𝑦

, 0).

Preso un sistema di riferimento come quello schematizzato in figura con asse z uscente e origine O sul perno, proiettando si ottiene:

(1) x: 𝑅

_𝑥

− 𝑇 cos 𝜃 = 0

(2) y: 𝑅

_𝑦

− 𝑀𝑔 − 𝑚

₁

𝑔 + 𝑇 sen 𝜃 = 0

Per il calcolo dei momenti fissiamo il polo in O. Poiché tale punto è sull’asse di rotazione il momento della reazione vincolare (incognita) è nullo. Pertanto l'equazione dei momenti risulta:

(3) z: −𝑀𝑔

₂^ℓ

− 𝑚

₁

𝑔ℓ + 𝑇 sen 𝜃

³₄

ℓ = 0

A2

Il momento torcente totale della forza peso dovuta all'asta ed alla massa 𝑚

₁

vale:

𝜏

_𝑧

= −𝑀𝑔

^ℓ₂

− 𝑚

₁

𝑔ℓ = −𝑀𝑔

₂^ℓ

−

^𝑀₄

𝑔ℓ = −

³₄

𝑀𝑔ℓ ≈ −30.008 𝑁𝑚 ≈ −30 𝑁𝑚.

direzione: asse z

verso: entrante (asse z negativo) ovvero determina una rotazione oraria Soluzione alternativa:

𝑥_𝐶𝑀 =^𝑀

ℓ 2+𝑚₁ℓ 𝑀+𝑚1 =^𝑀

ℓ 2+^𝑀₄ℓ 𝑀+^𝑀₄ =

3 4𝑀ℓ

5 4𝑀 =³

5

ℓ 𝜏

_𝑧

= −(

𝑀 + 𝑚₁

)𝑔 ∙

𝑥_𝐶𝑀

∙ sin

^𝜋₂

= −

⁵

4𝑀

𝑔

³

5

ℓ = −

³₄

𝑀𝑔ℓ

A3

dall'equazione 3) si ricava il modulo della tensione del filo: −

³₄

𝑀𝑔ℓ + 𝑇 sen 𝜃

³₄

ℓ = 0 𝑇 sen 𝜃 = 𝑀𝑔 𝑇 =

_{sen 𝜃}^𝑀𝑔

inseirita nelle equazioni 1) e 2) permette di determinare la reazione vincolare:

𝑅

_𝑥

=

_{tg 𝜃}^𝑀𝑔

≈ 40.7655 𝑁 ≈ 41 𝑁

𝑅

𝑦

= 𝑀𝑔 +

¹₄

𝑀𝑔 −

_{sen 𝜃}^𝑀𝑔

sen 𝜃 =

¹₄

𝑀𝑔 ≈ 5.88399 𝑁 ≈ 5.9 𝑁.

A4

-𝑀𝑔

^ℓ₂

∙ 𝑧 ̂ = 𝐼

_{𝑎𝑠𝑡𝑎}

𝛼 ∙ 𝑧 ̂. Sapendo che 𝐼

_{𝑎𝑠𝑡𝑎}

= (

₁₂¹

𝑀ℓ

²

+

¹₄

𝑀ℓ

²

) =

¹₃

𝑀ℓ

²

si ha:

−𝑀𝑔

^ℓ₂

=

^𝑀ℓ₃²

𝛼 → −𝑔

¹₂

=

^ℓ₃

𝛼 quindi 𝛼 = −

^3𝑔_2ℓ

≈ −8.6529

^𝑟𝑎𝑑_𝑠2

≈ −8.7 𝑟𝑎𝑑/𝑠

²

Il segno meno ci indica che l'asta ruota in senso orario rispetto all'asse z.

A5

Per trovare la velocità angolare 𝜔 prima dell’urto, applichiamo la conservazione dell’energia meccanica 0 =

¹₂

(

^𝑀ℓ₃²

) 𝜔

_𝑖²

− 𝑀𝑔

^ℓ₂

avendo posto lo zero dell’energia potenziale alla quota y=0 (asta orizzontale).

𝜔

_𝑖

= √

^3𝑔_ℓ

. → 𝑣

_𝐶𝑀

=

^ℓ₂

𝜔 =

₂^ℓ

√

^3𝑔_ℓ

=

¹₂

√3𝑔ℓ ≈ 3.536 𝑚/𝑠 ≈ 3.6 𝑚/𝑠

A6

Consideriamo l'urto della sbarretta con la massa 𝑚

₂

. La sbarra è vincolata in O e quindi essa è sottoposta alla reazione vincolare che in questo caso è una forza esterna di natura impulsiva. Pertanto la quantità di moto del CM non si conserva. Tuttavia, avendo posto il polo in O la reazione vincolare ha momento nullo quindi si conserva il momento angolare. Il momento angolare dell'asta vale 𝐿 = 𝐼𝜔 essendo 𝐼 =

¹₃

𝑀ℓ

²

il momento di inerzia rispetto ad O dell’asta stessa. Pertanto si ha:

𝐿

_𝑓

= 𝐿

_𝑖

ovvero + (𝑚

₂

ℓ

²

+

^𝑀ℓ₃²

) 𝜔

_𝑓

= − (

^𝑀ℓ₃²

) 𝜔

_𝑖

che implica 𝜔

_𝑓

= −

𝑀ℓ2 3

(𝑚₂ℓ²+^𝑀ℓ2₃ )

𝜔

_𝑖

= −

¹

(^𝑚2ℓ2 𝑀ℓ2

3 +1)

𝜔

_𝑖

= −

¹

( 𝑀

8 ℓ2 𝑀ℓ2 3

+1)

√

^3𝑔_ℓ

= −

¹

(³₈+1)

√

^3𝑔_ℓ

= −

₁₁⁸

√

^3𝑔_ℓ

𝜔

_𝑓

= −

₁₁⁸

√

^3𝑔

ℓ

≈ −3.0255

^𝑟𝑎𝑑_𝑠

≈ −3.0

^𝑟𝑎𝑑_𝑠

Il segno meno ci indica che dopo l'urto il sistema (asta+massa) ruota in senso orario rispetto all'asse z.

A7

𝑥𝐶𝑀 =^{𝑀𝑥𝐶𝑀𝐴𝑛𝑒𝑙𝑙𝑜+𝑚𝑅𝑥𝐶𝑀𝑟𝑎𝑔𝑔𝑖𝑜+𝑚𝑅𝑥}_𝑀+4𝑚^{𝐶𝑀𝑟𝑎𝑔𝑔𝑖𝑜+𝑚𝑅𝑥𝐶𝑀𝑟𝑎𝑔𝑔𝑖𝑜+𝑚𝑅𝑥𝐶𝑀𝑟𝑎𝑔𝑔𝑖𝑜+𝑚𝑥𝑚}

𝑅+𝑚 =^0+𝑚𝑅

𝑅

2−𝑚_𝑅^𝑅₂+0+0+0 𝑀+4^𝑀₈+^𝑀₄ = 0 𝑦𝐶𝑀 =^{𝑀𝑦𝐶𝑀𝐴𝑛𝑒𝑙𝑙𝑜+𝑚𝑅𝑦𝐶𝑀𝑟𝑎𝑔𝑔𝑖𝑜+𝑚𝑅𝑦𝐶𝑀𝑟𝑎𝑔𝑔𝑖𝑜+𝑚𝑅𝑦𝐶𝑀𝑟𝑎𝑔𝑔𝑖𝑜+𝑚𝑅𝑦𝐶𝑀𝑟𝑎𝑔𝑔𝑖𝑜+𝑚𝑦𝑚}

𝑀+4𝑚_𝑅+𝑚 =^{0+0+0+𝑚𝑅}

𝑅

2−𝑚_𝑅^𝑅₂−𝑚^𝑅₂ 𝑀+4^𝑀₈+^𝑀₄ = ⁻

𝑀 4 𝑅 7𝑀2

4

= − ^𝑅

14

𝑦_𝐶𝑀 =≈ −0.01071 𝑚 ≈ −0.011 𝑚 𝑟 _𝐶𝑀= (0, −^𝑅

14) ≈ (0, −0.011) 𝑚 A8

𝐼 = 𝑀𝑅²+ 4 ∙ (¹

3𝑚_𝑅𝑅²) + 𝑚 (^𝑅

2)² = 𝑀𝑅²+ 4 ∙^𝑀

24𝑅²+^𝑀

4(^𝑅

2)²= 𝑀𝑅²(1 +¹

6+ ¹

16) = 𝐼 =⁵⁹₄₈𝑀𝑅²≈ 0.04148 𝑘𝑔 ∙ 𝑚²≈ 4.1 ∙ 10⁻² 𝑘𝑔 ∙ 𝑚²

A9

𝐼 =∫_−𝐿/2^𝐿/2 𝑥²𝑑𝑚 = ∫_−𝐿/2^𝐿/2 𝑥²(𝜆 𝑑𝑥) = ∫_−𝐿/2^𝐿/2 𝑥²([𝛼𝑥 + 𝛽 ] 𝑑𝑥)= 𝛼 ∫ 𝑥³𝑑𝑥 + 𝛽 ∫ 𝑥²𝑑𝑥 = [^𝛼₄𝑥⁴]

−𝐿/2

𝐿/2 + [^𝛽₃𝑥³]

−𝐿/2 𝐿/2 𝐿/2

−𝐿/2 𝐿/2

−𝐿/2

𝐼 = 0 +₁₂^𝛽 𝐿³= 1.728 ∙ 10⁻⁴ 𝑘𝑔 ∙ 𝑚²≈ 1.7 ∙ 10⁻⁴ 𝑘𝑔 ∙ 𝑚² A10

Per il teorema di König si ha: 𝐸_𝑇 =¹

2𝑚𝑣_𝐶𝑀² +¹

2𝐼𝜔² → ¹₂𝐼𝜔²= 𝐸_𝑇−¹

2𝑚𝑣_𝐶𝑀² → 𝜔²=²

𝐼[𝐸_𝑇−¹

2𝑚𝑣_𝐶𝑀² ] 𝜔 = √²_𝐼[𝐸_𝑇−¹₂𝑚𝑣_𝐶𝑀² ] ≈ 22.60777 ^𝑟𝑎𝑑_𝑠 ≈ 23 ^𝑟𝑎𝑑_𝑠

NB: si assume che l'altezza dalla quale viene lanciato il freesbee sia pari a zero.

.

B1

L'eq. di Newton per il sistema: 𝑅⃗ + 𝑇 ⃗ + 𝑃⃗

_𝐴

+ 𝑃⃗

_𝑚1

= 0 con reazione vincolare incognita 𝑅⃗ = (𝑅

_𝑥

, 𝑅

_𝑦

, 0).

Preso un sistema di riferimento come quello schematizzato in figura con asse z uscente e origine O sul perno, proiettando si ottiene:

(1) x: 𝑅

𝑥

+ 𝐹 cos 𝜃 = 0

(2) y: 𝑅

_𝑦

− 𝑀𝑔 − 𝑚

₁

𝑔 + 𝐹 sen 𝜃 = 0

Per il calcolo dei momenti fissiamo il polo in O. Poiché tale punto è sull’asse di rotazione il momento della reazione vincolare (incognita) è nullo. Pertanto l'equazione dei momenti risulta:

(3) z: −𝑀𝑔

₂^ℓ

− 𝑚

₁

𝑔

^ℓ₂

+ 𝐹 sen 𝜃

³₄

ℓ = 0

B2

Il momento torcente totale della forza peso dovuta all'asta ed alla massa 𝑚

₁

vale:

𝜏

_𝑧

= −𝑀𝑔

^ℓ₂

− 𝑚

₁

𝑔

^ℓ₂

= −𝑀𝑔

₂^ℓ

−

^𝑀₃

𝑔

₂^ℓ

= −

⁴₆

𝑀𝑔ℓ = −

²₃

𝑀𝑔ℓ ≈ −22.359 𝑁𝑚 ≈ −22 𝑁𝑚.

direzione: asse z

verso: entrante (asse z negativo) ovvero determina una rotazione oraria Soluzione alternativa:

𝑥𝐶𝑀 =^𝑀

ℓ 2+𝑚₁^ℓ₂ 𝑀+𝑚₁ =^𝑀

ℓ 2+^𝑀₃^ℓ₂ 𝑀+^𝑀₃ =

4 3𝑀^ℓ₂

4 3𝑀 =^ℓ

2

𝜏

_𝑧

= −(

𝑀 + 𝑚₁

)𝑔 ∙

𝑥_𝐶𝑀

∙ sin

^𝜋₂

= −

⁴

3𝑀

𝑔

^ℓ

2

= −

²₃

𝑀𝑔ℓ

B3

dall'equazione 3) si ricava il modulo della forza F: −

²₃

𝑀𝑔ℓ + 𝐹 sen 𝜃

³₄

ℓ = 0 𝐹 sen 𝜃 =

⁸₉

𝑀𝑔 𝐹 =

_{9 sen 𝜃}^8𝑀𝑔

inseirita nelle equazioni 1) e 2) permette di determinare la reazione vincolare:

𝑅

_𝑥

= −

_{9 tg 𝜃}^8𝑀𝑔

≈ −9.058995 𝑁 ≈ −9.1 𝑁

𝑅

_𝑦

= 𝑀𝑔 +

¹₃

𝑀𝑔 −

_{9 sen 𝜃}^8𝑀𝑔

sen 𝜃 =

⁴₉

𝑀𝑔 ≈ 7.84532 𝑁 ≈ 7.9 𝑁.

B4

− 𝑀𝑔

^ℓ₂

∙ 𝑧 ̂ = 𝐼

_{𝑎𝑠𝑡𝑎}

𝛼 ∙ 𝑧 ̂. Sapendo che 𝐼

_{𝑎𝑠𝑡𝑎}

= (

₁₂¹

𝑀ℓ

²

+

¹₄

𝑀ℓ

²

) =

¹₃

𝑀ℓ

²

si ha:

−𝑀𝑔

^ℓ₂

=

^𝑀ℓ₃²

𝛼 → −𝑔

¹₂

=

^ℓ₃

𝛼 quindi 𝛼 = −

^3𝑔_2ℓ

≈ −7.7421

^𝑟𝑎𝑑_𝑠2

≈ −7.7

^𝑟𝑎𝑑_𝑠2 B5

Per trovare la velocità angolare 𝜔 prima dell’urto, applichiamo la conservazione dell’energia meccanica 0 =

¹₂

(

^𝑀ℓ₃²

) 𝜔

_𝑖²

− 𝑀𝑔

^ℓ₂

avendo posto lo zero dell’energia potenziale alla quota y=0 (asta orizzontale).

𝜔

_𝑖

= √

^3𝑔_ℓ

. → 𝑣

_𝐶𝑀

=

^ℓ₂

𝜔 =

₂^ℓ

√

^3𝑔_ℓ

=

¹₂

√3𝑔ℓ ≈ 3.738𝑚/𝑠 ≈ 3.7 𝑚/𝑠

B6

Consideriamo l'urto della sbarretta con la massa 𝑚

₂

. La sbarra è vincolata in O e quindi essa è sottoposta alla reazione vincolare che in questo caso è una forza esterna di natura impulsiva. Pertanto la quantità di moto del CM non si conserva. Tuttavia, avendo posto il polo in O la reazione vincolare ha momento nullo quindi si conserva il momento angolare. Il momento angolare dell'asta vale 𝐿 = 𝐼𝜔 essendo 𝐼 =

¹₃

𝑀ℓ

²

il momento di inerzia rispetto ad O dell’asta stessa. Pertanto si ha:

𝐿

_𝑓

= 𝐿

_𝑖

ovvero + (𝑚

2

ℓ

²

+

^𝑀ℓ₃²

) 𝜔

_𝑓

= − (

^𝑀ℓ₃²

) 𝜔

_𝑖

che implica

𝜔

_𝑓

= −

𝑀ℓ2 3

(𝑚₂ℓ²+^𝑀ℓ2₃ )

𝜔

_𝑖

= −

¹

(^𝑚2ℓ2_𝑀ℓ2 3

+1)

𝜔

_𝑖

= −

¹

( 𝑀6 ℓ2 𝑀ℓ2 3

+1)

√

^3𝑔_ℓ

= −

¹

(³₆+1)

√

^3𝑔_ℓ

= −

²₃

√

^3𝑔_ℓ

≈ −2.6233

^𝑟𝑎𝑑_𝑠

≈ −2.6

^𝑟𝑎𝑑_𝑠

Il segno meno ci indica che dopo l'urto il sistema prosegue con una rotazione oraria.

B7

𝑥_𝐶𝑀 =^{𝑀𝑥𝐶𝑀𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜+𝑚1𝑥𝐶𝑀𝑎𝑛𝑒𝑙𝑙𝑜𝑅+𝑚2𝑥𝐶𝑀𝑎𝑛𝑒𝑙𝑙𝑜𝑅/2+𝑚𝑥𝑚}

𝑀+𝑚1+𝑚2+𝑚 = ^0+0+0+0

𝑀+^𝑀₄+^𝑀₈+^𝑀₄ = 0 𝑦_𝐶𝑀 =^{𝑀𝑦𝐶𝑀𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜+𝑚1𝑦𝐶𝑀𝑎𝑛𝑒𝑙𝑙𝑜𝑅+𝑚2𝑦𝐶𝑀𝑎𝑛𝑒𝑙𝑙𝑜𝑅/2+𝑚𝑦𝑚}

𝑀+𝑚1+𝑚2+𝑚 =^0+0+0+𝑚

3𝑅 4

𝑀+^𝑀₄+^𝑀₈+^𝑀₄ =

𝑀 4∙^3𝑅₄

13𝑀 8

=

3𝑅 1613 8

=^3𝑅

26= 𝑦𝐶𝑀 =≈ −0.01153285 𝑚 ≈ 0.012 𝑚

𝑟 𝐶𝑀= (0,^3𝑅₂₆) ≈ (0, 0.012) 𝑚 B8

𝐼 =¹₂𝑀𝑅²+ 𝑚₁𝑅²+ 𝑚₂(^𝑅₂)²+ 𝑚 (^3𝑅₄)²=¹₂𝑀𝑅²+^𝑀₄𝑅²+^𝑀₈(^𝑅₂)²+^𝑀₄(^3𝑅₄)²= 𝑀𝑅²(¹₂+¹₄+₃₂¹ +₆₄⁹) = 𝐼 =¹₂𝑀𝑅²(1 +¹

2+ ¹

16+ ⁹

32) =⁵⁹

64𝑀𝑅²≈ 0.011984 𝑘𝑔 ∙ 𝑚²≈ 1.2 ∙ 10⁻² 𝑘𝑔 ∙ 𝑚² B9

𝐼 =∫ 𝑥₀^{𝐿 2}𝑑𝑚 = ∫ 𝑥₀^{𝐿 2}(𝜆 𝑑𝑥) = ∫ 𝑥₀^{𝐿 2}([𝛾𝑥 + 𝛿 ] 𝑑𝑥)= 𝛾 ∫ 𝑥³𝑑𝑥 + 𝛿 ∫ 𝑥²𝑑𝑥 = [^𝛾₄𝑥⁴]

0

𝐿+ [^𝛿₃𝑥³]

0 𝐿 𝐿

0 𝐿

0

𝐼 = (^𝛾₄𝐿 +^𝛿

3) 𝐿³ = 0.00385875 𝑘𝑔 ∙ 𝑚²≈ 3.9 ∙ 10⁻³ 𝑘𝑔 ∙ 𝑚² B10

Per il II teorema di König si ha: 𝐸𝑇 =¹

2𝑀𝑣_𝐶𝑀² +¹

2𝐼𝜔² → ¹₂𝑀𝑣_𝐶𝑀² = 𝐸_𝑇−¹

2𝐼𝜔²→ 𝑣_𝐶𝑀² = ²

𝑀[𝐸_𝑇−¹

2𝐼𝜔²] 𝑣_𝐶𝑀= √²

𝑀[𝐸_𝑇−¹

2𝐼𝜔²] ≈ 9.77241 ^𝑚

𝑠 ≈ 9.8 𝑚

NB: si assume che l'altezza dalla quale viene lanciato il freesbee sia pari a zero.