Collezione di esercizi non svolti a lezione PUNTO MATERIALE Problema Un classico problema prevede che un primitivo P, posto nell’ origine degli assi cartesiani, lanci una freccia f puntando direttamente, nella direzione di visione, verso una scimmia ferma su un albero. La scimmia intuisce l’ intenzione aggressiva del primitivo e, nell’ istante in cui parte la freccia, si lascia cadere al suolo. L’ ignoranza della cinematica e’ fatale alla scimmia, che viene centrata al volo. Perche’? Soluzione a) Il primitivo si trova nell’ origine del sistema di riferimento e la scimmia, all’ istante iniziale, nel punto (xs,h). Abbiamo due traiettorie

scimmia: ⎪⎩

⎪⎨⎧

−=

=

2

21 gthy

xx s

; freccia: ⎪⎩

⎪⎨⎧

−=

=

20

0

21 gttvy

tvx

y

x

Vogliamo determinare la condizione sulla velocita’ iniziale che fa si’ che la freccia colpisca la scimmia, cioe’ che a uno stesso ts la scimmia e la freccia si trovino nella stessa posizione. Quando la freccia raggiunge la coordinata x in cui si trova la scimmia abbiamo:

oxsssoxs vxttvx /=⇒= Per la coordinata y abbiamo invece:

x

y

sssys

sfrecciasscimmia

vv

xhgttvgth

tyty

0

020

2

21

21

)()(

=⇒−=−

=

Questo vuole dire che la freccia deve essere puntata esattamente sulla posizione iniziale della scimmia. Se la scimmia fosse rimasta immobile non sarebbe stata colpita. Problema Un punto P e’ posto su una retta che ruota con velocita’ angolare ω costante attorno ad un punto fisso O. La distanza OPtr =)( decresce secondo la legge 2/

0)( tertr ω−= . Sapendo che al tempo t=0 la distanza tra la posizione P0 del punto e O vale 20cm e che la velocita’ radiale in modulo vale 8 cm/s determinare:

a) I moduli delle componenti radiale e trasversa delle velocita’ al tempo t1=π/2ω b) Dopo quanto tempo il punto di trovera’ di nuovo sulla semiretta fissa 0OP e quale

sara’ la sua distanza dal punto O. c) La lunghezza dell’ arco di curva percorso al tempo tra t=0 e t=T=2π/ω. Soluzione a) Calcoliamoci le componenti della velocita’ in coordinate polari

ϑωurudtdr

dtrd

r ˆˆ +=r

Percio’

ϑ

ω

ω

ωω

ω

verr

verdtdr

t

r

t

==

=−=

−

−

20

202

y

x P0

P

Oθ

Il modulo della velocita’ e’

20

22

25 t

r ervvvω

ϑ ω−

=+=r

Per conoscere ω e r0 imponiamo le condizioni iniziali al tempo t=0:

sradrtv

cmrtr

r /8,02

)0(

20)0(

0

0

=⇒==

===

ωω quindi

scmvscmvr

/3,7/6,3

=−=

ϑ

b) Il tempo necessario per ritornare sul segmento OP0 coincide con quello necessario a percorrere un angolo di 2π, dunque

cmerTr

sT

86,0)(

8,72

0 ==

==

−π

ωπ

c)

Il modulo della velocita’ vale dtdsv =

r dove s e’ l’ ascissa curvilinea. L’ arco di traiettoria

e’

[ ]∫∫∫∫ =−===== −−Tt

TTTcmerdterdtvdt

dtdsdsS

0 02

00004315

25 π

ω

ωr

Problema Un punto materiale di massa m e’ posto su un piano orizzontale liscio ed e’ legato ad un filo inestensibile di lunghezza l, carico di rottura FR e di massa trascurabile; l’ altro estremo del filo e’ fissato al punto O della superficie di un cilindro fisso con asse verticale e raggio R. Nell’ istante iniziale il filo giace lungo l’ asse x e viene impressa al punto materiale la velocita’ v0 ortogonale al filo. Dimostrare che il modulo della velocita’ del punto materiale e’ costante. Calcolare inoltre: a) L’ angolo θR di cui e’ ruotato il punto materiale nell’ istante tR di rottura del filo b) Il valore di tR (dati: smvcmRNFmlgm R /10;10;10;0,2;100 0

2 ===== ) Soluzione a) Risolviamo il problema con considerazioni fisiche. Poi faremo i calcoli esatti e ci ricaveremo l’ equazione oraria. Il modulo di vr e’ costante poiche’ in ogni istante il moto percorre archi di circonferenza e la tensione del filo (l’ unica forza che agisce sul punto) e’ parallela al raggio di questa circonferenza.

θ θ

O x

y v(t)

v0

Per questa ragione ar e’ completamente normale e perpendicolare alla tangente della

traiettoria e alla velocita’. Quindi constvdtvd

=⇒=r

r

0

Il termine normale e’

)()(

20

2

ϑϑ rv

rvan ==

Poiche’ il filo si avvolge intorno al cilindro, )(ϑr e’ pari a ϑϑ Rlr −=)( quindi

ϑRlvan −

=2

0

Al momento di rottura deve succedere che

RR

n FRl

vmma ==−

= τϑ

20 da cui

radFvml

R RR 191 2

0 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=ϑ quindi il filo si avvolge poco piu’ di tre volte

intorno al cilindro prima di rompersi b) Dal disegno si nota che

0)()()( vRldtdtrtv =−== ϑϑω

dtvRld 0)( =− ϑϑ e con le condizioni iniziali

tvRl 02

2=− ϑϑ

Quindi alla rottura abbiamo

sRlv

tR 22

1 2

0

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −= ϑϑ

Se invece volevamo calcolarci le equazioni orarie (in riferimento al disegno) abbiamo

⎩⎨⎧

−+−=+−=

)cos1(sin)(sincos)(

ϑϑϑϑϑϑ

RRlyRRlx

Derivando entrambe le equazioni otteniamo le componenti della velocita’

⎪⎩

⎪⎨⎧

−=

−−=

ϑϑϑ

ϑϑϑ&&

&&

cos)(sin)(

RlyRlx

E si nota che la velocita’ e’ perpendicolare al filo (il cui estremo ha coordinate ( ϑϑϑϑ sin)(,cos)( RlRl −− )); quindi il modulo della velocita’ e’ costante (come visto in precedenza). Ci possiamo calcolare il modulo di vr come

dtdRlvvv yxϑϑ)(22 −=+=

r e poi si procede come abbiamo gia’ visto

precedentemente. Problema Un battello e’ capace di viaggiare alla velocita’ di 4 m/s relativamente all’ acqua di un fiume largo d=1km. La velocita’ dell’ acqua, relativamente alle sponde, e’ costante in ogni punto del fiume e pari a 2m/s. Calcolare: a) La direzione del moto del battello relativamente all’ acqua affinche’ esso sia in grado

di attraversare rettilineamente il fiume dal punto di partenza a quello esattamente opposto nell’ altra sponda.

b) Il tempo impiegato per il suddetto attraversamento.

Soluzione a) La velocita’ del battello si trasforma con

Vvvrrr

−=′ dove V

re’ la velocita’ del sistema di riferimento dell’ acqua (in moto rettilineo uniforme)

rispetto a quello delle sponde e vale )0,/2()0,( smVV −=−=

r

vr e’ la velocita’ del battello nel sistema di riferimento delle sponde. Qbbiamo qui scelto un sistema si riferimento in cui l’ asse x e’ paralleloalle sponde e l’ asse y ortogonale ad esso. Dobbiamo imporre che il moto sia perpendicolare alle sponde (come ci dice il problema) e quindi

),0( vv =r

v′r e’ la velocita’ del battello rispetto all’ acqua. Sappiamo che in modulo vale v’=4m/s. Affinche’ l’ attraversata sia perpendicolare alle sponde, relativamente all’ acqua e’ necessario muoversi contro corrente e quindi la velocita’ deve formare un angolo α≠900 rispetto all’ asse x. Quindi:

)sin,cos( αα vvv ′′=′r Combinando tutte le informazioni

⎩⎨⎧

=′=′

vvVv

αα

sincos

e se vogliamo ricavare α

0602/1/cos =⇒=′= αα vV dunque smvv /32sin =′= α b) Il tempo sara’

ssm

mvdt 289/32

1000/ ===

Problema Su un treno che si muove di moto rettilineo con accelerazione costante 0,25m/s2 (rispetto alla terra) un corpo, che si trova sul pavimento, viene lanciato con velocita’ v0=6m/s diretta verticalmente (rispetto al treno). Calcolare a quale distanza d dal punto di lancio ricadra’ il corpo sul pavimento. Soluzione Per sistemi non inerziali le accelerazioni si combinano come

cot aaaa rrrr−−=′ dove a′r e’ l’ accelerazione nel sistema in moto, ar e’ l’

accelerazione nel sistema fisso, tar e’ l’ accelerazione di trascinamento e coar quella di Coriolis (che e’ nulla poiche’ il sistema in moto non ruota). L’ accelerazione di trascinamento e’

( ) ( )RrRrAat

rrrrrrrrr−××+−×+= ωωα

e gli ultimi due termini sono nulli poiche’ il sistema non ruota. In definitiva:

Aaarrr

−=′ dove Ar

e’ l’ accelerazione con cui si muove il sistema di riferimento del treno rispetto alla terra e vale dunque 0,25m/s2 e ar vale gr− . Percio’

)/8,9,/25,0(),( 22 smsmgAa −−=−−=′r

Le equazioni del moto del corpo nel treno sono

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−=′

−=′

20

2

21

21

gttvy

Atx

Per sapere a quale distanza l’ oggetto ricade a terra imponiamo y’=0

mdgvAd

gvtx

gvtty

19,021)2(2;00 2

2000

−=

−===′⇒==⇒=′

Problema Una sferetta forata puo’ scorrere lungo una guida circolare posta in un piano verticale. La massa della sferetta e’ kgm 210−= , il raggio della guida e’ mR 5,0= . Consideriamo dapprima che la guida sia liscia e che la sferetta sia collegata ad una molla di costante elastica mNk /4,0= e lunghezza a riposo nulla, la quale puo’ scorrere lungo il diametro verticale della guida. Determinare le posizioni di equilibrio della sferetta. In secondo luogo si consideri la guida scabra, con coefficiente di attrito statico 5,0=μ e si calcolino le posizioni di equilibrio della sferetta in assenza della molla. Soluzione

Le forze che agiscono sulla sferetta sono la forza peso, la forza elastica e la reazione vincolare (vedi figura). La somma all’ equilibrio deve essere nulla.

0=++ eFNgmrrr

Se la proiettiamo lungo il raggio e la direzione tangenziale (con verso positivo in senso orario) abbiamo:

⎩⎨⎧

=−==++−=

0cossin0sincos

// ϑϑϑϑ

e

er

FmgFFmgNF

Nr

gmr

eFr

ϑ

Poiche’ ϑsinkRFe = la seconda equazione diventa

0cossinsin =− ϑϑϑ kRmg che ha come soluzioni

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=

kRmgϑ

ϑ

cos

0sin che corrispondono a tre soluzioni per θ

07,60)

)0)

±=

==

c

b

a

c

ba

ϑ

πϑϑ

Vediamo se si tratta di posizioni di equilibrio stabile o instabile

a) per piccoli ϑ abbiamo )(// kRmgF −= ϑ che e’ minore di zero per 0>ϑ e maggiore di zero se 0<ϑ . Quindi si tratta di una posizione di equilibrio STABILE.

b) per πϑ ~ abbiamo ))((// kRmgF +−= ϑπ che e’ maggiore di zero per πϑ < e minore di zero se πϑ > . Visto che il verso della componente tangenziale della forza e’ in senso orario si tratta di una posizione di equilibrio STABILE.

c) Essendo 0sin >ϑ abbiamo )cossgn()sgn( // ϑkRmgF −= che e’ positivo se

cϑϑ > e negativo se cϑϑ < . Quindi si tratta di una posizione di equilibrio INSTABILE.

Si nota che cϑ esiste solo se 1≤kRmg . Inoltre se 1>

kRmg allora 0=ϑ diventa una

posizione di equilibrio instabile. Nel caso con l’ attrito abbiamo 0=++ sFNgm

rrr dove sFr

e’ la forza di attrito. Proiettata da’

⎩⎨⎧

=−==+−=0sin

0cos

// s

r

FmgFmgNFϑ

ϑ

Quindi

ϑμμϑ

ϑcossin

cosmgNmgF

mgN

sss =≤==

Questa da’

06,26

5,0tan

≤⇒

=≤

ϑ

μϑ s

C’e’ anche la soluzione per 090≥ϑ dove pero’ questa volta vale

ϑμμϑϑ

cossincos

mgNmgFmgN

sss −=≤=−=

che da’ 06,26−≥ πϑ

Esiste ovviamente il caso simmetrico per ϑ negativi. Quindi

0

0

6,26

6,26

−≥

≤

πϑ

ϑ

Problema Un punto materiale P parte da una quota h con velocita’ nulla e, scivolando senza attrito, lungo il pendio mostrato in figura, arriva sul trampolino orizzontale alto 0y ed infine

cade ad una distanza x da esso. Calcolare: a) Il valore 0y dell’ altezza del trampolino per cui e’ massima la distanza x b) La velocita’ con cui il corpo lascia il trampolino e la distanza a cui va a cadere nel

caso 00 yy =

Soluzione a) In ciascun punto del pendio agiscono la forza peso e la reazione vincolare. La reazione vincolare fa lavoro nullo (e’ sempre perpendicolare alla traiettoria). Possiamo usare la conservazione dell’ energia:

constUT =+ T e’ l’energia cinetica e U e’ l’energia potenziale gravitazionale.

A

B

h

x

0y

iiff UTUT +=+ dove

02;

21;0

mgyUmvT

mghUT

ff

ii

==

==

che da’ )(2 0

2 yhgv −= Una volta lasciato il trampolino il punto materiale si comporta come un grave in caduta libera.

⎪⎩

⎪⎨⎧

−=

=

20

0

21 gtyy

tvx

Se imponiamo 0=y otteniamogyt 02 2

= e quindi

)(42)(2200

00

020

220

2yhy

gyyhg

gyvtvx −=−===

Per trovare x massimo

2

084

0

0

0

2

hy

yhdtxd

=

=−

⇒=

che e’ un massimo poiche’ la derivata seconda e’ minore di zero.

b)

mhx

hhhhx

10

)2

(2

4 22

==

=−=

smv

smghh

gyhgv

/9,9

/982

2)(2 20

2

=

===−=

Problema Due sfere di uguale densita’, aventi raggio r1 e r2 =r1/2, cadono verticalmente in aria a velocita’ costante incontrando una resistenza proporzionale alla sezione trasevrsale delle sfere ed al quadrato delle velocita’. Si determini il rapporto fra le due velocita’ di caduta.

Soluzione La forza di attrito del mezzo e’

2vFa β−= quindi la forza totale che agisce sulle sfere in caduta libera sara’

dtdvvmgFFF ap =−=+= 2β

Se andiamo ad integrare la velocita’ 2v

mg

dtdv β

−=

∫∫ =−

dtv

mg

dv2β

tvvvv

gv

l

ll =+−

−||||log

21 dove

βmgvl = Questa da’

t

t

lt

vg

tvg

l

e

eve

evvl

l

τ

τ

−

−

−

−

+

−=

+

−=

1

1

1

12

2

Quindi lt vv =∞→lim

Alla stessa considerazione si poteva arrivare con la semplice considerazione che la velocita’ limite si raggiunge quando la forza del mezzo uguaglia la forza peso. Quindi

02 =−=+= lap vmgFFF β

βmgvl =

La massa della sfera e’ proporzionale a 3rm ∝ mentre il coefficiente di attrito a 2r∝β . Percio’

rrrmgvl =∝= 2

3

β e quindi

22/1

1

2

1

2

1 ===r

rrr

vv

l

l

Problema Un punto materiale di massa m, che puo’ muoversi su un piano orizzontale, e’ sottoposto nella striscia LxL ≤≤− alla forza xkxFe ˆ−= . All’ esterno di tale striscia sul punto non agisce alcuna forza. Nell’ istante iniziale il punto materiale e’ nel punto P0 interno alla striscia, con velocita’ v0. Calcolare: a) Il modulo della velocita’ con cui il punto materiale arriva al bordo della striscia;

b) Quanto tempo impiega il punto materiale per arrivare al bordo della striscia, in quale punto P e in quale direzione attraversa il bordo stesso.

:Dati)/5;/10();80;40(

;/100,1;100

00 smsmvcmcmPmNk

MLgm

=−−=

==

Soluzione a) L’ energia potenziale e’

2

21 kxU =

Per la conservazione dell’ energia abbiamo

constkxmvUT =+=+ 22

21

21

y

-L L

P0

P

x

0vr

Quindi: 2222

0 21

21

21

21

0 PP kxmvkxmv +=+

L’espressione generica di v e’

)( 2220 0 PP xxkvv −+=

che calcolata in x=L da’ )( 222

0 0Lxkvv P −+=

Poiche’ 2220

20

20 /125 smvvv yx =+= smv /4,6=

b) Per rispondere a questa domanda dobbiamo ricavare l’ equazione oraria. Nella coordinata x si tratta dell’equazione di un oscillatore.

xmkx &&=− che ha come soluzione generale

)sin( ϕω += tAx Imponendo le condizioni iniziali

)cos()0(

)sin()0(

0

0

ϕω

ϕ

Avtv

Axtx

xx

P

===

===

abbiamo

mxA

vx

smk

x

08,1sin

38,04,0tan

10

0

0

0

1

==

−=⇒−==

== −

ϕ

ϕωϕ

ω

Ora se il punto raggiunge la distanza L dall’ asse y abbiamo:

)sin( * ϕω += tAL e il tempo e’

sALt 156,0arcsin1* =⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= ϕ

ω

La posizione e l’ angolo del vettore velocita’ in tale istante sono

89,045tan

)6,1;1();(

22

0*

0

=⇒=−

==

=+=

ϑϑy

y

x

y

y

vv

vvv

mmytvLP

Problema A causa della forza di attrito dinamico, un disco da hockey lanciato su una superficie di ghiaccio piana e orizzontale, percorre un tratto di lunghezza md 30= in un tempo

s25=τ . Si calcoli la velocita’ iniziale del disco. Soluzione Ci sono vari modi per risolvere il problema. Utilizziamo il teorema dell’ energia cinetica.

TL Δ= L’ unica forza chef a lavoro e’ quella di attrito. Dunque

20

20

21

21

mvdF

mvT

dFL

a

a

−=−

−=Δ

−=

Poiche’ Fa e’ costante, dalla cinematica abbiamo che (imponendo che la velocita’ finale sia nulla):

ττ

τ

mvFmFv

mFvv

aa

a

00

0 0

=⇒=

=−=

Sostituendo questa espressione della forza nell’ equazione ottenuta con il teorema dell’ energia cinetica otteniamo:

smdv

mvdmv

/4,2221

0

20

0

==

=

τ

τ

Problema Due corpi di massa kgm 11 = e kgm 32 = sono collegati tra loro da un filo come in figura;

1m inoltre e’ attaccato a una molla di costante elastica mNk /100= e lunghezza a riposo ml 10 = . Su di essa agisce una forza costante NF 30= . Il moto avviene senza attrito.

Determinare: a) La posizione di equilibrio eqx della massa 1m b) Se a 0=t 1m si trova in 0l e ha velocita’ nulla, calcolare la legge oraria. Soluzione

Sulle due masse abbiamo:

⎩⎨⎧

=−−=−=−

1101

22

)( xmlxkFxmF

e &&

&&

τττ

Le due coordinate sono legate fra loro

12

12

xxLxx&&&& =⇒

+= dunque 1 2

2x 1x

0l τr− τr F

reFr

⎩⎨⎧

=−−=−=−

1101

12

)( xmlxkFxmF

e &&

&&

τττ

Se sommiamo le due equazioni

12101 )()( xmmlxkF &&+=−−

a) All’ equilibrio 0)( 0 =−− lxkF eq

mkFlxeq 3,10 =+=

b) Si tratta dell’ equazione di un oscillatore con un termine costante. La soluzione generale e’ eqxtAx ++= )cos(1 ϕω Le condizioni iniziali 01 )0( ltx == e 0)0(1 ==tv danno

mkFxlA eq 3,0

0

0 −=−=−=

=ϕ

Inoltre 1

21

8,5 −=+

= smm

kω

L’ equazione oraria e’ dunque

01 ))cos(1( ltkFx +−= ω

Le equazioni che abbiamo scritto assumono che il filo rimanga sempre teso durante tutto il moto. Questa assunzione deve essere verificata. Vediamo quanto vale la tensione e imponiamo che debba essere sempre positiva

0)cos(1)cos(21

22222 ≥⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+

−=−=−= tmm

mFtkFmFxmF ωωωτ &&

E questa deve essere verificata per ogni t. Dunque

121

2 ≤+ mmm

che e’ sempre verificata. SISTEMI Problema Una sfera omogenea di raggio R=20cm e centro in O, ha una cavita’ sferica di raggio r=5cm e centro O’. La distanza tra O e O’ e’ d=10cm. Determinare la posizione del centro di massa. Soluzione Una sfera piena di raggio R puo’ essere considerata come la somma di una sfera cava con cavita’ sferica centrata in O’ (come quella proposta dal problema) e una sfera piena di raggio r e centro in O’, entrambe con la stessa densita’. Se poniamo il centro di questa sfera nell’ origine di un sistema di riferimento avente asse x passante per O e O’ allora vale

sferarsferacava

sferarsferacavasferacava

sferarsferacava

sferarsferarsferacavasferacavasferaR mm

dmmxmm

mxmxx

++

=++

== 0 quindi

sferacava

sferarsferacava m

mdx −=

Le due masse valgono

)(34

34

33

3

rRm

rm

sferacava

sferar

−=

=

πρ

πρ

Dunque abbiamo

cmrR

rdrR

rdxsferacava 156,0

)(34

34

33

3

33

3

−=−

−=−

−=πρ

πρ

Problema Due sfere P1 e P2 di massa rispettivamente m1=100g e m2=150g compiono un urto frontale. Prima dell’ urto la sfera P1 ha velocita’ v01=v0=4m/s e la sfera P2 e’ ferma. Dopo l’ urto P1 ha veloctia’ v1=0. a) Quanto vale il coefficiente di restituzione ε dell’ urto? b) Quanto vale la velocita’ v2 di P2 dopo l’ urto? c) Quanto e’ l’ energia cinetica ΔΚ che si e’ dissipata nell’ urto? Soluzione Poiche’ si tratta di un urto anelastico si conserva solo la quantita’ di moto. Abbiamo dunque

02

12

2201

vmmv

vmvmqq fi

=

=⇒=

Per l’ energia vale if KK ′=′ 2ε

dove fK ′ e iK ′ sono le energie cinetiche calcolate rispetto al CM e ε e’ il coefficiente di restituzione dell’ urto. a) La velocita’ (costante) del CM e’

021

1 vmm

mvCM +=

Dunque le velocita’ calcolate rispetto ad esso sono:

( ) 0212

21

021

10

2

12020

21

11

021

1020

21

2001

;

;

vmmm

mvmm

mvmmvvvv

mmmvv

vmm

mvvvmm

mvvv

CMCM

CMCM

+=

+−=−=′

+−=−=′

+−=−=′

+=−=′

Il coefficiente di restituzione e’ percio’

( )

32

21 ;

21

22

21

20

122

312

012

21

==′′

=

+=′

+=′

mm

KK

vmmm

mKvmm

mmK

i

f

fi

ε

Allo stesso risultato si poteva giungere usando l’ espressione di ε in funzione delle quantita’ di moto

if qq 11 ′=′ ε

dove fq1′ e iq2′ sono le quantita’ di moto per la massa 1 calcolate rispetto al CM. Quindi

2

1

1

1

021

21

111021

210111

; ;

mm

qq

vmm

mvmqvmm

mmvmq

i

f

fi

=′

′=

+=′=′

+=′=′

ε

b)

smvmmv /67,20

2

12 ==

c)

JKvmmmvmvmKKK iif 67,2

311

21

21

21 2

012

1201

222 −=−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=−=−=Δ

Problema Due sferette A e B uguali, ciascuna di massa m, sono collegate fra loro da una molla di costante k e lunghezza a riposo l0. Le due sferette si muovono di moto rettilineo ed uniforme con velocita’ v0 nella direzione x della congiungente i loro centri a distanza r=l0 fra loro e non sono soggetti alla forza di gravita’. Ad un certo istante la sferetta A urta contro una parete disposta perpendicolarmente alla direzione x. Si consideri l’ urto perfettamente elastico. Descrivere il moto del centro di massa del sistema costituito dalle due sferette e determinare la minima distanza alla quale esse si possono avvicinare. Si considerino puntiformi le sferette e infinita la massa della parete. Dati: mNkcmlsmvgm /0,1 ;50 ;/0,1 ;80 00 ==== Soluzione E’ possibile rispondere al quesito con considerazioni puramente qualitative. Il moto delle due sfere evolve nel seguente modo: 1. A e B procedono con la stessa

velocita’ (molla a riposo) verso la parete

2. al tempo 1t A urta con la parete: la velocita’ di A si inverte ( 0vr− )

1 A

m

B

m0vr

3. il CM rimane fermo (A e B hanno la stessa massa e si avvicinano con la stessa velocita’)

4. le due masse raggiungono la minima distanza e in quell’ istante le loro velocita’ si invertono

5. al tempo 2t la sfera A colpisce di nuovo la parete e inverte la sua velocita’ ( 0vr− ) e nello stesso istante anche B ha una velocita’ pari a 0vr− . Le due sferette sono a distanza 0l fra loro (dunque la forza elastica e’ nulla)

6. dopo tale istante il CM si allontana dalla parete a velocita’ 0vr− . La minima distanza la abbiamo quando l’ energia cinetica va completamente in energia potenziale elastica dunque:

mvkmld

dlkmv

1,02

)(21

212

00

20

20

=−=

−=

Se vogliamo calcolare l’ equazione oraria delle due masse tra 1t e 2t possiamo considerare il sistema come un sistema a due corpi. Dunque la coordinata relativa tra le due sfere soddisfa:

( ) xlxk &&Δ=−Δ− μ0 dove

μω

μ

k

mmm

mmBA

BA

=

=+

=2

La soluzione dell’ equazione differenziale (considerando le condizioni iniziali) e’

tvlx ωω

sin2 00 −=Δ da cui

sTtt 63,0/2/12 ===− ωπ

tvlxlx

tvxlx

B

A

ωω

ωω

sin22

sin22

00

0

00

−=Δ

+=

=Δ

−=

il cui grafico e’ disegnato a fianco.

x(t)

20l

B

A

CM

1t 2t t

Problema Un piattello di massa M e’ attaccato ad una molla di massa trascurabile nel modo mostrato in figura. Una pallina di massa m viene fatta scendere lungo un piano inclinato

partendo da una quota h. Essa urta centralmente ed elasticamente il piattello e risale quindi il piano inclinato mentre il piattello si mette ad oscillare orizzontalmente. Trascurando ogni forma di attrito e sapendo che il piattello oscilla con una pulsazione ω=150rad/s si calcolino: 1. la quota h’ a cui risale m sul piano inclinato e l’ ampiezza delle oscillazioni del

piattello 2. l’ impulso ceduto dalla pallina al piattello. Dati: mhkgmkgM 1 5,0 ;2 === Soluzione La velocita’ della pallina al momento dell’ impatto con il piattello e’

ghv 20 = Imponendo la conservazione della quantita’ di moto e dell’ energia, abbiamo il sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

+=

+=

2220

0

21

21

21 mvMVmv

mvMVmv

Mm

h

che da’

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

+−

=

+=

MmMmvv

MmmvV

0

02

1) Se la pallina raggiunge la quota h’ deve valere

hgv ′= 2 quindi

mMmMmhh 36,0

2

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+−

=′

L’ ampiezza delle oscillazioni puo’ essere ricavata dalla conservazione dell’ energia

cmVA

AMkAMV

2,1/21

21

21 2222

==

==

ω

ω

2) L’ impulso ceduto e’ dato da

NsMVqI M 54,3==Δ= Problema

Su una piattaforma orizzontale rotante con velocita’ angolare costante ω rispetto alla Terra, e’ fissata radialmente una asticciola omogenea ed a sezione costante di massa m (e lunghezza l) con gli estremi a distanza r1 e r2 dall’asse di rotazione (vedi figura). Si calcoli l’ energia cinetica dell’ asticciola in un riferimento fisso rispetto alla Terra. Dati: sradcmrcmrkgm /100 ;15 ;3 ;1 21 ==== ω Soluzione Possiamo utilizzare tre differenti metodi: 1. Teorema di Huygens Il teorema mette in relazione i momenti di inerzia calcolati rispetto a due assi paralleli. In questo caso un asse e’ rappresentato dall’ asse di rotazione del sistema e l’ altro da un asse parallelo a questo passante per il centro di massa. Abbiamo percio’:

( )3212

)( 212

22

12

212

122 rrrrmrrmrrmmdII CM++

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

+−

=+=

Dunque l’ energia cinetica vale:

JrrrrmIT 4562

1 212

22

122 =++

== ωω

ω

1r

2r

2. Teorema di Koenig Il teorema mette in relazione l’ energia cinetica calcolata rispetto a un punto fisso con quella calcolata in un sistema mobile solidale con il CM:

CMCM MVIT21

21 2 += ω dove M e CMV sono la massa del sistema e la velocita’ del

CM. Il CM compie un moto circolare uniforme di raggio ( ) 2/21 rr + . Quindi

2212

212

221

12)(

21

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

+−

= ωω rrMrrmT che coincide con il risultato in 1.

3. Calcolo esplicito Integrando su tutti gli elementi che costituiscono la sbarretta otteniamo

321

21

21 3

13

22222 2

1

rrrdrdmvTr

r

−=== ∫∫ λωωλ

La densita’ lineare vale 12 rr

m−

=λ . Dunque

6321 21

22

212

31

322 rrrrmrrT ++

=−

= ωλω che coincide con quanto ottenuto in

precedenza.

Problema Un filo inestensibile collega una massa m ed una molla orizzontale con un estremo fisso. Il filo passa su una carrucola cilindrica di raggio r e massa mc che puo’ ruotare senza attrito attorno al proprio asse e che viene trascinata in rotazione dal filo perfettamente aderente. Si supponga che la massa m sia inizialmente agganciata, con velocita’ nulla, all’ estremo del filo e che quindi possa oscillare liberamente sulla verticale. Sapendo che l’ allungamento massimo della molla provocato dalle oscillazioni di m (hmax), e che sono trascurabili la massa del filo e della molla, si calcoli: 1. la costante elastica della molla, k 2. la velocita’ della massa quando l’ allungamento della molla e’ d= hmax /2 3. il periodo delle oscillazioni. Dati: kgmkgmcmh c 5 ;10 ;1max === Soluzione Le forze che agiscono sul sistema e che fanno lavoro sono la forza peso sulla massa m e la forza elastica. Si tratta di forze conservative e possiamo imporre la conservazione dell’ energia meccanica

22

2

21

21

21

costante

ωImvT

kymgyU

UT

+=

+−=

=+

cm k

m

y

All’ istante iniziale siamo nella posizione 0=y e in questa posizione abbiamo

0=+= UTE . Quindi la conservazione dell’ energia da’

021

21

21 222 =+++− ωImvkymgy

a) Per la massima elongazione abbiamo maxhy = , 0=v e 0=ω (la velocita’ e’ nulla). Quindi

021 2

maxmax =+− khmgh che da’

mNhmgk /1096,12 4

max

⋅==

b)

Utilizzando la conservazione dell’ energia e imponendo 2maxhy = otteniamo

021

21

221

222

2maxmax =++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+− ωImvhkhmg

Inoltre la condizione che il filo sia perfettamente aderente ci da’ ry ϑ= (dove ϑ e r corrispondono all’ angolo di rotazione della carrucola e al raggio della carrucola) e di conseguenza rv ω= . Percio’ si ricava (ricordandoci che il momento di inerzia di un cilindro vale 2/2mrI = )

041

21

221

222

2maxmax =++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+− vmmvhkhmg c da cui

scmmmkhmghv

c

/8,192

2/2 2maxmax =

+−

=

c) Per ricavare l’accelerazione usiamo la conservazione dell’ energia scritta sopra

041

21

21 222 =+++− vmmvkymgy c e facciamo la derivata rispetto al tempo

021

=+++− vammvakyvmgv c che da’

kymgymm c −=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ + &&

21

Si tratta di un’ equazione differenziale che che descrive la dinamica di un oscillatore armonico di pulsazione

2cmm

k

+=ω da cui

sk

mmT

c

158,0222=

+== π

ωπ

Si puo’ ottenere lo stesso risultato utilizzando le equazioni cardinali della dinamica per i due oggetti (massa appesa e carrucola)

usando come polo l’ asse della carrucola

( )⎩⎨⎧

=−=−

ωττ

&Ikyrmamg

( )ammkymg c 2/ +=−⇒

la 2’ equazione cardinale applicata al sistema complessivo (massa + carrucola)

( )dtdpkymgr =−

dove ( )rvmmImrvp c 2/+=+= ω

e quindi ( ) ( )rammkymgr c 2/+=−

Problema Un sistema composto da due cilindri coassiali rigidamente connessi di raggi R1=20cm e R2=1/2R1 puo’ ruotare senza attrito intorno all’ asse comune disposto orizzontalmente e fisso. Il momento di inerzia di tale sistema rispetto all’ asse e’ I=0,5kg m2. Una carrucola C (massa m3=5kg, raggio R3=3/4R1) e’ sospesa mediante una corda di massa trascurabile e inestensibile, al sistema dei due cilindri. La corda e’ avvolta come mostrato in figura. Supponendo il sistema inizialmente in quiete si determini: 1. l’ accelerazione angolare acquisita dal sistema dei due cilindri 2. la velocita’ del centro di massa di C dopo t=3s. Soluzione Applichiamo la conservazione dell’ energia. Le tensioni, non fanno lavoro. Abbiamo un termine potenziale gravitazionale (la massa 3m cambia quota) e 3 termini cinetici, 2 dei quali sono rotazionali (per il sistema dei due cilindri e la carrucola C) e uno traslazionale (per la massa m3). Quindi

021

21

21 2

332

332

12123 =+++− vmIIgym ωω

Se facciamo la derivata di questa espressione rispetto al tempo otteniamo

2R

1R

3R y

0333331212123 =+++− avmIIgvm ωωωω && Per ricavare a dobbiamo dunque stabilire le relazioni tra le velocita’ angolari e la velocita’ di traslazione 3v di C. Indichiamo con l1, l2 e l3 le lunghezze del filo che si e’ avvolto attorno ai cilindri di raggio R1, R2 e R3, rispettivamente. Indicando inoltre con y lo spostamento del cilindro C lungo la verticale, possiamo scrivere le seguenti relazioni

⎩⎨⎧

+−=+=

32

31

lyllyl

che combinate danno ( )( ) 2/

2/

213

21

llllly

+=−=

Le lunghezze l1, l2 e l3 sono collegate con l’ angolo di rotazione di ciascun cilindro nel seguente modo

333

1222

1211

ϑϑϑ

RlRlRl

===

Combinando tutte le informazioni si ottiene

( ) vRRR

RRR

RR

RRv

321

2112

3

213

1221

2

2

−+

=+

=

−=

ωω

ω

Quindi otteniamo

( )( ) 04 333

2

221

12221

3 =+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ ++

−+− amI

RRRI

RRagm

L’ accelerazione risulta essere

( )( )

2

332

221

12221

3

3 /22,041

smI

RRRI

RRm

gma =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ ++

−+

=

Inoltre

smatv

sradRR

a

/66,0

/4,42 2

21

==

=−

=ω&

Problema Un cuscinetto a sfere puo’ ruotare senza strisciare su un piano orizzontale. Esso e’ schematizzabile con due anelli concentrici, quello interno A di massa mA=0,1kg e raggio medio rA=8cm e quello esterno B di massa mB=0,1kg e raggio medio rB=8cm. Trascuriamo lo spessore degli anelli. Applichiamo al cuscinetto la forza F=2N come in figura, per esempio tramite un filo avvolto sul cuscinetto. Nell’ ipotesi che i due anelli possano scorrere un rispetto all’ altro senza attrito, calcolare l’ accelerazione di B, la forza di attrito e il lavoro svolto dalle forze agenti nei primi 10s. Ripetere questi calcoli se I due anelli sono bloccati tra loro. Soluzione

Scriviamo le equazioni cardinali: ( )

( )⎪⎩

⎪⎨⎧

===−

+=+

a RmRaIIfFR

ammfF

BBCMCMaB

BAa

ω&

(infatti ruota solo B). Dunque combinando otteniamo

2/82

2 smmm

FaBA

=+

=

Fr

Br

afr

Ar

NFmm

mfBA

Aa 4,0

2=

+=

Il lavoro della forza di attrito e’ nullo (infatti e’ statico perche’ non c’e’ strisciamento). Il punto di applicazione della forza F si sposta di una velocita’ doppia rispetto a quello del CM (questo e’ ovvio se, istante per istante, guardiamo al rotolamento intorno al punto di contatto con il piano). Quindi abbiamo

JtFataFxFxFL CMF 16002122 22 =Δ=Δ=Δ=Δ=

Nel caso in cui i due anelli sono bloccati l’ uno all’ altro le equazioni si modificano in

( )

( ) ( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

+===−

+=+

22

BBBAACMCMaB

BAa

RaRmRm

RaIIfFR

ammfF

ω&

che danno

( )( )

( )JtFaL

NFRmRRm

RRmf

smRmRRm

Fa

BBBAA

ABAa

BBBAA

1420

13,02

/1,72

2

2

222

22

2222

=Δ=

=++

+=

=++

=

Problema Un disco di massa m=2kg e raggio R=0,2m, e’ posto orizzontalmente e puo’ ruotare senza attrito attorno all’ asse verticale passante per il suo centro. In due punti posti sul bordo del disco e diametralmente opposti sono imperniati due dischi paralleli al primo ed uguali ad esso; i perni presentano attrito. Se al tempo t=0 questi due blocchi hanno la stessa velocita’ angolare ω0=42rad/s e il sistema viene lasciato completamente libero, determinare lo stato dinamico finale del sistema e la variazione complessiva di energia cinetica. Soluzione

Se prendiamo come polo il centro del disco piu’ basso, il momento delle forze esterne e’ nullo. Infatti l’ unica forza esterna che puo’ dare momento parallelo alla verticale al piano e’ il vincolo applicato al centro del disco. Quindi si conserva il momento angolare. Il momento angolare iniziale vale

02

02 ωω MRIp CMi == Dopo che ha agito l’ attrito, i due dischi superiori sono fermi nel sistema rotante del disco inferiore. I dischi superiori dunque traslano e ruotano con la stessa velocita’ angolare di quello inferiore. Il momento angolare finale sara’:

BR

fffCMffCMf MRMRIMRvIp ωωωω 22

272323 =+=+=

Uguagliando

srad

pp

f

fi

/1272

0 ==

=

ωω

L’energia prima e dopo l’ azione dell’ attrito vale

JMREEE

MRMRIMvIE

MRIE

fi

ffCMffCMf

CMi

4,50145

71

212

213

212

213

21

212

20

2

20

222222

20

220

−=−=−=Δ

=+=+=

==

ω

ωωωω

ωω

Problema Una tovaglia quadrata di lato d=1m e di densita’ per unita’ di superficie pari a σ=0,1kg/m2 e’ appoggiata sul piano di un tavolo delle stesse dimensioni. I coefficienti di attrito statico e dinamico tra la tovaglia e il tavolo valgono μs=0,35 e μd=0,25 rispettivamente. Una frazione f della tovaglia penzola da un lato del tavolo. Calcolare: a) la frazione fmin per la quale la tovaglia inizia a scivolare b) l’ espressione dell’ accelerazione con cui la tovaglia scivola in funzione della frazione

f Assumere che la tovaglia non tocchi il pavimento durante lo scivolamento e che lo spigolo non eserciti alcun tipo di attrito.

Soluzione La tovaglia puo’ essere vista come l’ insieme di due corpi, uno di lunghezza (1-f)d appoggiato sul tavolo e l’altro di lunghezza fd che penzola, collegati fra loro. Nel collegamento fra i due viene esercitata una forza τ trasmessa e spigolo si comporta come una carrucola (non esercita infatti alcun attrito). Quindi la legge di Newton per i due tratti e’:

⎩⎨⎧

=−

=+−

amgmamF ds

22

1,

ττ

dove sF e’ la forza di attrito (statico o dinamico). Abbiamo inoltre imposto che i due corpi abbiano la stessa accelerazione a . Valgono inoltre le seguenti relazioni

gmFgmNF

fdm

fdm

dd

sss

1

1

22

21 )1(

μμμ

σ

σ

==≤

=

−=

Se sommiamo le due equazioni ammgmF ds )( 212, +=+−

a) Nel caso statico

02 =+− gmFs che da’

smm μ12 ≤

sff μ)1( −≤ Percio’ la tovaglia iniziera’ a muoversi quando

26,01

=+

=s

sfμ

μ

b) Nel caso dinamico

ammgmm d )()( 2112 +=− μ dunque

( )[ ]ddd fgmm

mma μμμ−+=

+−

= 121

12

E’ possibile anche ricavare l’ equazione oraria del sistema. Infatti dxf /= e percio’

( ) ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −+= ddd

xx μμ1&&

la cui soluzione e’ un esponenziale (da fare come esercizio).

Problema Un razzo di massa totale M0 viene lanciato verticalmente verso l’ alto. Il propellente e’ espulso, relativamente al razzo, con velocita’ costante vr. Se l’ accelerazione del razzo vale a1 quando la massa totale e’ diventata M1, calcolare la massa di propellente epulsa nell’ unita’ di tempo. Si considerino costanti l’ accelerazione di gravita’ e la massa espulsa nell’ unita’ di tempo durante il moto. Dati: 2

13

013

0 /3,1 ;/105 ;10/9 ;10 smasmvMMkgM r =⋅=== Soluzione

r

eyy

vdt

dMdtdVtM

vVdt

dMdtdVtMgtMF

dtdQ

−=

=−+=−==

)(

)()()(

che da’

( ) skggavMgta

vtMg

dtdV

vtM

dtdM

rrr

/2)(109)()()(

10 −=+−=+−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +−=

Problema Un satellite avente massa m=5000kg descrive un’ orbita circolare ad un’ altezza h1=8000km al di sopra della superficie terrestre. Dopo molti giorni ed in conseguenza dell’ attrito con l’ atmosfera, l’ orbita si contrae portandosi ad un’ altezza h2=650km sopra la superficie terrestre. Calcolare le variazioni di energia cinetica e di energia potenziale del satellite (si supponga che le orbite restino sempre circolari dato che la contrazione e’ molto lenta). Dati: 2211243 1067,6 ;1098,5 ;1027,6 −−⋅=⋅=⋅= kgNmGkgMkmR TT Soluzione Dagli esempi precedenti abbiamo visto che per una traiettoria circolare vale

smRh

GMvT

i /1027,5 3

1

⋅=+

=

L’ energia cinetica iniziale e’

JmvKi102 1094,6

21

⋅==

Poiche’ anche la traiettoria finale e’ circolare abbiamo

JRhRhKK

RhRhKmvK

RhRhv

RhGMv

T

Ti

T

Tiff

T

Ti

Tf

26,71

21

2

1

2

12

2

1

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

++

=Δ

++

==

++

=+

=

Notiamo che l’ energia cinetica finale e’ maggiore di quella iniziale anche se parte dell’ energia e’ stata dissipata dall’ attrito. Cio’ non e’ in conflitto con il teorema dell’ energia cinetica poiche l’ energia potenziale gravitazionale e’ diminuita. Abbiamo (vedi esempi precedenti)

JKUUK 5,1422

−=Δ−=Δ⇒−=

ed inoltre JKUKLattrito 26,7−=Δ−=Δ+Δ=

Problema Calcolare il raggio dell’ orbita di un satellite geostazionario sapendo che la Luna ha un periodo di rivoluzione di 27,3 giorni e che la distanza tra il centro della Terra e’ di

mRL81084,3 ⋅= .

Soluzione Affinche’ si tratti di un satellite geostazionario si devono verificare le seguenti condizioni:

1. l’ orbita deve essere circolare 2. l’ orbita deve giacere sul piano equatoriale 3. il periodo di rivoluzione e’ pari a un giorno

Utilizzando la terza legge di Keplero per un’ orbita circolare abbiamo

mTTrr

rT

rT

L

SLS

S

S

L

L

732

3

2

3

2

1024,4 ⋅=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

=

Problema

La Luna gira attorno alla Terra in 27,3 giorni ed e’ circa a m81084,3 ⋅ di distanza dal centro della Terra. a) Quale e’ la velocita’ media della Luna? b) Se, durante il moto, la sola direzione della velocita’ potesse essere variata, quanto lontano andrebbe al massimo la Luna dal centro della Terra? Soluzione a) La velocita’ media per un moto circolare e’

smT

rv /1002,12 2⋅==π

Allo stesso risultato si poteva arrivare usando l’ espressione della velocita’ per un’ orbita circolare vista in precedenza

smR

GMvL

i /1002,1 2⋅==

b) Per un moto circolare abbiamo

LrGMm

rGMmmvE

2

21 2 −=−=

L’ espressione generica dell’energia meccanica e’

rGMmmvE −= 2

21

La distanza massima si raggiunge per un moto radiale quando 0=v . Quindi

LrGMm

rGMmE

2max

−=−= che da’

Lrr 2max= Problema Nel sistema di riferimento, considerato inerziale, con origine nel centro della Terra ed assi orientati verso le stelle fisse, un satellite artificiale di massa m si muove su un’ orbita circolare di raggio R0 con velocita’ 0vr . Ad un certo istante, dal satellite si stacca bruscamente una sonda m1 con velocita’ 1vr parallela allla velocita’ 0vr e di modulo pari a

2 volte la velocita’ di fuga dal campo gravitazionale terrestre. Detta m2=m- m1 la massa del satellite dopo il distacco della sonda, determinare:

1. il rapporto m1/ m2 necessario affinche’ il satellite rimanga legato alla Terra; 2. posto m=1,1·103kg e m2=102kg, determinare l’ asse maggiore dell’ ellisse

descritta da m2 in unita’ R0.

Soluzione 1) Al momento del distacco la quantita’ di moto si conserva (le forze che contribuiscono al distacco dei due pezzi sono impulsive). Dunque

22110 vmvmmv +−= Dai dati del problema sappiamo che

01

222RGMvv fuga == (poiche’ per la fuga vale 0

21

0

2 =−R

GMmmv fuga )

fvR

GMv2

1

00 == (poiche’ nel caso circolare vale

0

20

20 R

vmmaR

GMmc == )

Quindi

( )0

220

10

21

22110

22RGMmvm

RGMm

RGMmm

vmvmmv

f =≤++

=+

che da’

14,03

122

1 =−

≤mm

2) Per un corpo orbitante intorno alla Terra il momento della quantita’ di moto e l’ energia rimangono costanti. Inoltre al perigeo e all’ apogeo raggio e velocita’ sono perpendicolari tra loro. Sappiamo gia’ che R0 (poiche’ prima del distacco il satellite si trovava su di un’ orbita circolare) corrisponde alla distanza dalla Terra in uno dei due punti. Dunque possiamo scrivere

⎪⎩

⎪⎨

⎧

−=−

=

a

a

RGMmmv

RGMmvm

vRmvRm

2

0

222

2202

21

21

Risolvendo il sistema rispetto a Ra si ottiene ( ) 022 3

02

202

02

2 =−+− RvRGMRRGMRv aa che da’

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=−

−=0

0

22

02

2

0

42,52 R

RGMv

Rv

R

Ra

Come atteso, una delle due soluzioni coincide con 0R . L’asse maggiore risulta essere

000 45,645,5 RRRa =+=