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8. Esercizi sui Princìpidi Conservazione

Fisica Generale A

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May 29, 2015

Esercizio 1

• Un punto materiale di massa m = 0.1 kg è appoggiato su di un cuneoliscio, di massa M1 = ξm/100 e angolo α = 10º.

• Il cuneo, a sua volta, è vincolato a scorrere senza attrito su di unpiano orizzontale liscio.

• Supponendo che inizialmente tutto sia in quiete e che il puntomateriale si trovi a un’altezza h0 = 50 cm rispetto al piano orizzontale,calcolare:– La velocità di traslazione del cuneo quando il punto materiale è sceso sul

piano orizzontale;– Supponendo poi che il punto, una volta raggiunto il piano orizzontale,

incontri un secondo cuneo liscio, di massa M2 = 4m e angolo β = 20º,anch’esso libero di scorrere senza attrito sul piano orizzontale, calcolarela massima altezza h raggiunta dal punto materiale sul secondo cuneo.

•  ξ = 300.

α βh0 M1 M2

m

2Domenico Galli – Fisica Generale A – E 8. Esercizi sui Princìpi di Conservazione

Esercizio 1 (II)

• Le forze che agiscono sul punto e sul cuneo sono la forza peso e lereazioni vincolari (con vincoli ideali).

• Di conseguenza, durante la discesa del punto si conserva l’energiameccanica del sistema punto + cuneo.

• La quantità di moto del sistema punto + cuneo non si conserva inquanto la forza di gravità è esterna al sistema.

• Tuttavia, per la I equazione cardinale delladinamica si ha, per il sistema punto + cuneo:

per cui si conservano le componenti orizzontali della quantità di moto del sistema punto + cuneo.

Q =

R e( ) ⇒

Qx =

Rx

e( ) = 0Qy =

Ry

e( ) = 0Qz =

Rz

e( ) = mg +Rt→c

⎧

⎨⎪

⎩⎪


p = mg

Rt→c

Rc→ p

Rp→c

Rc→t

α βh0 M1 M2

m

⊗ x

z

y

Esercizio 1 (III)

• Sia v la velocità del punto quando esso ha raggiunto il pianoorizzontale e v1 la velocità del cuneo quando il punto ha raggiunto ilpiano orizzontale;

• Scelto 0 il potenziale alla quota del piano orizzontale;• La conservazione dell’energia meccanica e della componente x della

quantità di moto tra l’istante iniziale e l’istante in cui il puntomateriale raggiunge il piano orizzontale si scrive:

– Infatti nell’istante iniziale tutto è in quiete per cui non si ha né energia cineticané quantità di moto, ma si il punto materiale possiede energia potenziale, trovandosi a una quota di h0 più alta rispetto al piano orizzontale;

– Nello stato finale non si ha energiapotenziale, ma punto e cuneo possiedono quantità di moto ed energia cinetica.

EQx

mgh0 =12 M1v1

2 + 12 mv 2

0 = mv + M1v1

⎧⎨⎪

⎩⎪


α βh0 M1 M2

m

⊗ x

z

y

Esercizio 1 (IV)

•  Si ha dunque: mgh0 =

12 M1v1

2 + 12 mv

2

0 = mv + M1v1

⎧⎨⎪

⎩⎪

v1 = −mM1

v = −100ξv = −

100300v = −

13v

mgh0 =12ξ m100

−13v

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

+12mv 2

gh0 =123v 2

9+12v 2 =

23v 2 ⇒ v =

32gh0

v1 = −13v = −

1332gh0 = −

16gh0 =

= −169.81× 0.5 = −0.8175m s


α β h0 M1 M2

m

⊗ x

z

y

Esercizio 1 (V)

•  Raggiunto il piano orizzontale, il punto materiale procede con velocità v finché incontra il secondo cuneo e inizia a salire su di esso.

•  La forza che il punto materiale esercita sul secondo cuneo ha una componente diretta come il verso positivo dell’asse x.

•  Il secondo cuneo inizia quindi a muoversi, con velocità diretta come il verso positivo dell’asse x.

•  Il punto materiale sale sul secondo cuneo finché ha componente x della velocità superiore a quella del secondo cuneo, acquistando energia potenziale e dunque perdendo energia cinetica.

•  Quando il punto materiale ha componente x della velocità uguale a quella del secondo cuneo, si trova in quiete rispetto a esso e inizia a discendere.


p = mg

Rc→ p

Rp→c

Rt→cRc→t

α β h0 M1 M2

m

⊗ x

z

y

Esercizio 1 (VI)

•  La quota massima del punto materiale sul secondo cuneo si raggiunge quando il punto materiale è in quiete rispetto al secondo cuneo.

•  Scriviamo la conservazione dell’energia meccanica e della componente x della quantità di moto:

–  Prendendo come istante iniziale quello in cui il punto materiale si trova ancora sul piano orizzontale;

–  E come istante finale quello in cui il punto materiale è in quiete rispetto al cuneo, e dunque ha la stessa velocità del secondo cuneo:

EQx

12 mv 2 = 1

2 m + M2( )v22 + mgh

mv = m + M2( )v2

⎧⎨⎪

⎩⎪


α β h0 M1 M2

m

⊗ x

z

y

Esercizio 1 (VII)

•  Avremo allora:

12 mv

2 = 12 m + M2( )v22 + mgh

mv = m + M2( )v2⎧⎨⎪

⎩⎪⇒

v2 =m

m + M2

v =m

m + 4mv =

15v

12mv 2 = 1

2m + 4m( )v

2

25+ mgh

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

12mv 2 = 1

10mv 2 + mgh ⇒ gh = 2

5v 2

h = 25v 2

g=251g32gh0

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟=35h0 =

3550cm = 30cm


α β h0 M1 M2

m

⊗ x

z

y

Esercizio 2

•  Un punto materiale di massa m = 2 kg si muove con velocità , di modulo pari a v = 10 m/s, avente direzione orizzontale e giacente su di un piano verticale.

•  Il punto materiale urta elasticamente e istantaneamente nel punto A (vedi figura) una sbarra rigida omogenea di massa pari a M = 1 kg e lunghezza pari ad a = 1 m, incernierata allo stesso piano verticale nel punto O, con e .

•  Determinare la velocità del punto materiale (indicandola positiva se concorde alla velocità prima dell’urto e negativa in caso contrario) e la velocità angolare della sbarra subito dopo l’urto.

•  ξ = 27.

d = ξ2000 a

b = 1− ξ

1000( )a


O

m M

A

a

d

b v

Esercizio 2 (II)

•  Nell’urto si conserva l’energia meccanica del sistema punto + asta, in quanto l’urto è perfettamente elastico.

•  La quantità di moto invece non si conserva, in quanto l’asta è vincolata, e durante l’urto il vincolo esercita una forza esterna impulsiva (e dunque non trascurabile) sull’asta (altrimenti l’asta si metterebbe a ruotare attorno al proprio centro di massa).

•  Tuttavia, tale forza esterna impulsiva è applicata nel punto O in cui è collocata la cerniera.

•  Dunque tale forza esterna impulsiva ha momento nullo rispetto al punto O.

•  Di conseguenza si conserva il momento angolare del sistema punto + asta rispetto al centro di riduzione O.

•  N.B.: rispetto a ogni altro punto il momento angolare del sistema punto + asta non si conserva.


O

m M

A

a

d

b

R

F

v

Esercizio 2 (III)

•  Dette v e v′ le velocità del punto materiale prima e dopo l’urto, il momento angolare del punto materiale prima e dopo l’urto si scrive rispettivamente mvb e mv′b.

•  Il momento di inerzia della sbarra rispetto al centro di massa G è:

•  Il momento di inerzia della sbarra rispetto al punto O è, per il teorema di Huygens-Steiner:

IG =

112

Ma2 =1

121kg×1m2 = 0.0833kgm2

IO = IG + Ma2− d

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

= Ma2

12+

a2

4+ d 2 − ad

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟= M

13

a2 + d 2 − ad⎛⎝⎜

⎞⎠⎟=

= 1kg13+

272

4 ×106 −27

2000⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟1m2 = 0.320kg m2


O

m M

A

a

d

b v

Esercizio 2 (IV)

•  La conservazione dell’energia meccanica e del momento angolare rispetto a O si scrive:

•  Da cui:

K O( )

E

mvb = m ′v b + IOω12 mv 2 = 1

2 m ′v 2 + 12 IOω

2

⎧⎨⎪

⎩⎪

v − ′v =IOωmb

v 2 − ′v 2 =IOω

2

m

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

⇒v − ′v( ) v − ′v( ) = IO

2ω 2

m2b2

v − ′v( ) v + ′v( ) = IOω2

m

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

⇒v − ′vv + ′v

=IOmb2

v − ′v =IOmb2

v + ′v( ) ⇒ v −IOmb2v = ′v +

IOmb2

′v ⇒ ′v =1−

IOmb2

1+IOmb2

v


O

m M

A

a

d

b v

Esercizio 2 (V)

•  Sostituendo i valori numerici:

•  Ricaviamo ora la velocità angolare:


′v =1−

IOmb2

1+IOmb2

v =1− 0.3202 × 0.9732

1+ 0.3202 × 0.9732

10m s =1− 0.1691+ 0.169

10m s = 7.11m s

ω =mbIOv − ′v( ) = mbIO

1+IOmb2

−1+IOmb2

1+IOmb2

v =

2b

1+IOmb2

v =2v

b 1+IOmb2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

ω =2v

b 1+IOmb2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=2 ×10 m s

0.973m 1+ 0.169( ) = 17.6s−1


O

m M

A

a

d

b v

Esercizio 3

•  Un punto materiale di massa m = 3 kg si muove con velocità , di modulo pari a v = 10 m/s, avente direzione orizzontale e giacente su di un piano verticale.

•  Il punto materiale urta elasticamente e istantaneamente nel punto A (vedi figura) un disco rigido omogeneo di massa pari a M = 1 kg e raggio pari a r = 1 m, incernierato allo stesso piano verticale nel punto O, con .

•  Determinare la velocità del punto materiale (indicandola positiva se concorde alla velocità prima dell’urto e negativa in caso contrario) e la velocità angolare del disco subito dopo l’urto.

•  ξ = 500.

b = ξ1000 r


O

m

M

A r

b C

v

Esercizio 3 (II)

•  Valgono per questo esercizio le stesse considerazioni fatte per l’esercizio precedente.

•  Il momento di inerzia del disco rispetto al punto O è, per il teorema di Huygens-Steiner:

•  La conservazione dell’energia meccanica e del momento angolare rispetto a O si scrive come nell’esercizio precedente:

IO = IG + Mb2 =12

Mr 2 + Mb2 =12

Mr 2 + Mr2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

=34

Mr 2 =34

1kg×1m2 =

= 0.75kgm2

K O( )

E

mvb = m ′v b + IOω12 mv 2 = 1

2 m ′v 2 + 12 IOω

2

⎧⎨⎪

⎩⎪


O

m

M

A r

b C

v

Esercizio 3 (III)

•  Come nell’esercizio precedente troviamo:


′v =1−

IO

mb2

1+IO

mb2

v

ω =2v

b 1+IO

mb2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎧

⎨

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

′v =1−

IOmb2

1+IOmb2

v =1− 0.753× 0.52

1+ 0.753× 0.52

v =1−11+1v = 0


O

m

M

A r

b C

v

Esercizio 3 (IV)

•  Per quanto riguarda la velocità angolare:

ω =2v

b 1+IOmb2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=2 ×10 m s0.5m 1+1( ) = 20s

−1


O

m

M

A r

b C

v

Esercizio 4

•  Un punto materiale di massa m = 10 g si muove, con velocità di modulo pari a w = 100 cm/s, senza attrito su di un piano orizzontale.

•  Il punto urta elasticamente in un’asta sottile omogenea, avente massa e lunghezza 2l = 20 cm, appoggiata senza altri vincoli e senza attrito sullo stesso piano orizzontale e inizialmente in quiete.

•  La velocità del punto materiale è perpendicolare all’asta e il punto di impatto dista dall’estremità dell’asta.

•  Trovare la velocità vG del centro di massa dell’asta dopo l’urto, la velocità v del punto materiale dopo l’urto e la velocità angolare ω dell’asta dopo l’urto.

•  ξ = 200.

M = m 1+ ξ

1000( )

1000d lξ=


w v

v

v

vG

vG

vG

ω ω ωG

P P P P

G G G

G 2l

d

P

Esercizio 4 (II)

•  Il problema ha 3 incognite. Sono dunque necessarie 3 equazioni indipendenti per trovarne la soluzione. Otterremo queste 3 equazioni da 3 diversi principi di conservazione.

•  I due corpi sono soggetti soltanto alla forza peso e al vincolo rappresentato dal piano orizzontale: tali due forze si equilibrano esattamente.

•  Il moto dei 2 corpi avviene sul piano orizzontale. Non ci sono vincoli che agiscano sul piano orizzontale e che contrastino le forze d’urto.

•  Essendo nulla la risultante delle forze esterne durante l’urto, per la I equazione cardinale della dinamica nell’urto si conserva perciò la quantità di moto:

R e( ) =0 ⇒

Qi =

Qf


G 2l

d

P

Esercizio 4 (III)

•  Prima dell’urto l’asta è in quiete e dunque la quantità di moto totale del sistema formato dai 2 corpi è pari alla quantità di moto del punto materiale:

•  Dopo l’urto la quantità di moto totale del sistema formato dai 2 corpi è pari alla somma della quantità di moto dell’asta (la quale, in generale, ruota e trasla) e della quantità di moto del punto.

•  La quantità di moto finale del punto si può scrivere come:

•  La quantità di moto finale dell’asta si può scrivere come il prodotto della sua massa per la velocità del centro di massa G dell’asta:

Qi =

Qip = m

w

Qfp = mv

Qfa = M vG


G 2l

d

P

Esercizio 4 (IV)

•  La quantità di moto totale del sistema formato dai 2 corpi dopo l’urto si può scrivere perciò:

•  La conservazione della quantità di moto implica che:

•  Osserviamo che, poiché il punto urta l’asta con direzione perpendicolare all’asta, le forze d’urto avranno la stessa direzione della velocità del punto prima dell’urto, dunque anche e avranno la stessa direzione della velocità del punto prima dell’urto.

Qf =

Qfp +

Qfa = mv + M vG

Qi =

Qf ⇒ m w = mv + M vG

vG

v


G 2l

d

P

Esercizio 4 (V)

•  Il momento angolare si conserva rispetto a un centro di riduzione fisso (perché il momento risultante delle forze esterne è nullo) per la II equazione cardinale della dinamica:

•  Tuttavia, se prendiamo un centro di riduzione fisso, risulta complicato esprimere il momento angolare del sistema (in particolare il momento angolare dell’asta) dopo l’urto rispetto a tale centro di riduzione.

K = − vO ∧Q +

M e( )

M e( ) =

0

vO =

0

⎫⎬⎭

⇒K =0 ⇒

K ≡ cost


G 2l

d

P

Esercizio 4 (VI)

•  Il momento angolare si conserva pure rispetto a un centro di riduzione in moto con velocità parallela alla quantità di moto, in quanto, per la II equazione cardinale della dinamica:

•  Dopo l’urto, l’asta trasla e ruota attorno al proprio centro di massa G.

•  Dopo l’urto, il centro di massa G dell’asta si muove di moto rettilineo uniforme con velocità parallela a Q, per quanto abbiamo visto.

•  Dunque si conserva il momento angolare del sistema rispetto al centro di massa G (in movimento) dell’asta.

K O( ) = − vO ∧Q +

M e( )

O( )

M e( )

O( ) =0

vO

Q ⇒

vO ∧Q =0

⎫⎬⎪

⎭⎪⇒

K O( ) =0 ⇒

K O( ) ≡ cost ⇒

Ki

O( ) =K f

O( )


G 2l

d

P

Esercizio 4 (VII)

•  Prima dell’urto l’asta è in quiete e dunque il momento angolare totale del sistema formato dai 2 corpi rispetto a G è pari al momento angolare del punto materiale rispetto a G.

•  Il momento angolare del punto materiale rispetto a G ha direzione perpendicolare al piano orizzontale e ha come modulo il prodotto della sua massa per la sua velocità per la distanza della sua traiettoria rettilinea da G:

•  Dopo l’urto il momento angolare totale del sistema formato dai 2 corpi rispetto a G è pari alla somma del momento angolare dell’asta rispetto a G (la quale, in generale, ruota e trasla) e del momento angolare del punto rispetto a G.

KiG( ) = Kip

G( ) = mw l − d( )


G 2l

d

P

Esercizio 4 (VIII)

•  Il momento angolare finale del punto si può scrivere come:

•  Il momento angolare finale dell’asta può invece essere scritto come il prodotto della velocità angolare dell’asta per il suo momento di inerzia rispetto al suo centro di massa (che è anche il suo centro di rotazione):

•  Il momento angolare finale totale del sistema formato dai 2 corpi dopo l’urto si può scrivere perciò:

•  La conservazione del momento angolare implica che:

K faG( ) = IGω

K fG( ) = K fp

G( ) + K faG( ) = mv l − d( ) + IGω

KiG( ) = K f

G( ) ⇒ mw l − d( ) = mv l − d( ) + IGω

K fpG( ) = mv l − d( )


G 2l

d

P

Esercizio 4 (IX)

•  Poiché l’urto tra il punto materiale e l’asta è perfettamente elastico, si conserva anche l’energia meccanica del sistema che è tutta energia cinetica.

•  Prima dell’urto l’asta è in quiete e dunque l’energia meccanica totale del sistema formato dai 2 corpi è pari all’energia meccanica del punto materiale:

•  Dopo l’urto l’energia meccanica totale del sistema formato dai 2 corpi è pari alla somma dell’energia meccanica dell’asta (la quale, in generale, ruota e trasla) e dell’energia meccanica del punto.

Ti = Tf

Ti = Tip =

12

mw2


G 2l

d

P

Esercizio 4 (X)

•  L’energia meccanica finale del punto si può scrivere come:

•  L’energia meccanica finale dell’asta si può scrivere, invece, utilizzando il teorema di König, come:

•  L’energia meccanica finale totale del sistema formato dai 2 corpi dopo l’urto si può scrivere perciò:

•  La conservazione dell’energia meccanica implica che:

Tfa =

12

MvG2 +

12

IGω2

Tf = Tfp + Tfa =

12

mv 2 +12

MvG2 +

12

IGω2

Ti = Tf ⇒12mw2 = 1

2mv 2 + 1

2MvG

2 +12IGω

2


Tfp =

12

mv 2

G 2l

d

P

Esercizio 4 (XI)

•  Abbiamo quindi un sistema di 3 equazioni algebriche nelle 3 incognite v, vG e ω:

•  Sostituendo i dati del problema, abbiamo:

mw = mv + MvG

mw l − d( ) = mv l − d( ) + IGω

mw2 = mv 2 + MvG2 + IGω

2

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

ξ = 200

m = 10g, M = 1+ξ1000

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟m = 12g

IG =112M 2l( )2 = 13Ml

2 = 400gcm2

l = 10cm, d = lξ1000

= 2cm, l − d = 8cmw = 100cm s

⎫

⎬

⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪

⇒

vG =56w − v( )

ω =15w − v( )

w2 − v 2 = 65vG2 + 40ω 2

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪


G 2l

d

P

Esercizio 4 (XII)

•  Sostituendo le prime due nella terza:

vG =56w − v( )

ω =15w − v( )

w − v( ) w + v( ) = 65vG2 + 40ω 2

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

w − v( ) w + v( ) = 6556

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

w − v( )2 + 40 152w − v( )2

w + v =56w − v( ) + 85 w − v( ) = 7330 w − v( )

v 1+7330

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= w 73

30−1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⇒ v =43103

w =43103100cm s

v = 41.75cm s29Domenico Galli – Fisica Generale A – E 8. Esercizi sui Princìpi di Conservazione

vG =56w − v( )

ω =15w − v( )

w2 − v 2 = 65vG2 + 40ω 2

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

G 2l

d

P

Esercizio 4 (XIII)

•  Otteniamo quindi i risultati:

v = 41.7cm s

vG =56w − v( ) = 56 100 − 41.7( ) = 48.5cm s

ω =15w − v( ) = 15 100 − 41.7( ) = 11.7 rad s

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪


w v

v

v

vG

vG

vG

ω ω ωG

P P P P

G G G

G 2l

d

P

Esercizio 5

•  Un punto materiale di massa m = 10 g si muove, con velocità di modulo pari a w = 100 cm/s, senza attrito su di un piano orizzontale.

•  Il punto si conficca in un’asta sottile omogenea, avente massa e lunghezza 2l = 20 cm, appoggiata senza altri vincoli e senza attrito sullo stesso piano orizzontale e inizialmente in quiete, rimanendovi attaccato.

•  La velocità del punto materiale è perpendicolare all’asta e il punto di impatto dista dall’estremità dell’asta.

•  Trovare la velocità vG′ del centro di massa del sistema asta + punto dopo l’urto e la velocità angolare ω del sistema asta + punto dopo l’urto.

•  ξ = 200.

M = m 1+ ξ

1000( )

1000d lξ=


w

v ′G

ω ω ωG

P

G

P′G

v ′G

GP′G G

P′Gv ′G

G′G2l

d

P

Esercizio 5 (II)

•  I due corpi sono soggetti soltanto alla forza peso e al vincolo rappresentato dal piano orizzontale: tali due forze si equilibrano esattamente.

•  Il moto dei 2 corpi avviene sul piano orizzontale. Non ci sono vincoli che agiscano sul piano orizzontale e che contrastino le forze d’urto.

•  Essendo nulla la risultante delle forze esterne durante l’urto, per la I equazione cardinale della dinamica nell’urto si conserva perciò la quantità di moto:

•  Prima dell’urto l’asta è in quiete e dunque la quantità di moto totale del sistema formato dai 2 corpi è pari alla quantità di moto del punto materiale:

Qi = m w

Qi =

Qf


G′G2l

d

P

Esercizio 5 (III)

•  Dopo l’urto la quantità di moto totale del sistema formato dai 2 corpi è pari alla quantità di moto dell’asta con il punto conficcato, la quale, in generale, ruota e trasla.

•  La quantità di moto dell’asta con il punto conficcato si può scrivere come il prodotto della sua massa totale (la somma della massa dell’asta e della massa del punto materiale conficcato) per la velocità del centro di massa G′ del sistema asta + punto:

•  La conservazione della quantità di moto implica che:

Qf = M + m( ) v ′G

Qi =

Qf ⇒ m w = M + m( ) v ′G ⇒

v ′G =m

m + Mw

M = m 1+ ξ1000( ) = 1+ 200

1000( )10g = 12gv ′G = v ′G =

mm + M

w =10

10 +12100cm s = 45.45cm s


G′G2l

d

P

Esercizio 5 (IV)

•  Per trovare la velocità angolare dell’asta con in punto conficcato dopo l’urto, occorre ricorrere a un altro principio di conservazione.

•  Poiché l’urto è anelastico l’energia non si conserva.

•  Il momento angolare si conserva rispetto a un centro di riduzione fisso (perché il momento risultante delle forze esterne è nullo) per la II equazione cardinale della dinamica:

•  Tuttavia, se prendiamo un centro di riduzione fisso, risulta difficile esprimere il momento angolare del sistema dopo l’urto rispetto a tale centro di riduzione.

K O( ) = − vO ∧Q +

M e( )

O( )

M e( )

O( ) =0

vO =

0

⎫⎬⎪

⎭⎪⇒

K O( ) =0 ⇒

K O( ) ≡ cost


G′G2l

d

P

Esercizio 5 (V)

•  Il momento angolare si conserva pure rispetto a un centro di riduzione in moto con velocità parallela alla quantità di moto, in quanto, per la II equazione cardinale della dinamica:

•  Dopo l’urto, l’asta con il punto conficcato trasla e ruota attorno al centro di massa G′ del sistema asta + punto.

•  Dopo l’urto, il centro di massa G′ del sistema asta + punto si muove di moto rettilineo uniforme con velocità parallela a Q, in quanto:

•  Il centro di massa G dell’asta non si muove invece parallelamente a Q, ma descrive una circonferenza attorno a G′.

K O( ) = − vO ∧Q +

M e( )

O( )

M e( )

O( ) =0

vO

Q ⇒

vO ∧Q =0

⎫⎬⎪

⎭⎪⇒

K O( ) =0 ⇒

K O( ) ≡ cost

Q ≡

Qf = M + m( ) v ′G ⇒

v ′G Q ⇒

v ′G ∧Q =0


G′G2l

d

P

Esercizio 5 (VI)

•  Perciò il momento angolare del sistema rispetto al centro di riduzione mobile O ≡ G (centro di massa dell’asta) non si conserva, mentre il momento angolare del sistema rispetto al centro di riduzione mobile O ≡ G′ (centro di massa del sistema asta + punto) si conserva.

•  Nell’istante in cui avviene l’urto e dopo l’urto il centro di massa del sistema asta + punto, G′, si trova sull’asta.

•  La distanza del punto G′ dall’estremità dell’asta si ottiene calcolando il centro di massa tra il punto materiale e il centro di massa dell’asta:

d =lξ

1000=

2001000

l = 15

10cm = 2cm

h =Ml + mdM + m

=12g×10cm+10g× 2cm

12g+10g=

140 gcm22 g

= 6.36cm


2l

dh

bP

G′GP

Esercizio 5 (VII)

•  La distanza del punto di impatto P da G′ è perciò:

•  Scegliamo quindi, come centro di riduzione O ≡ G′ e scriviamo la conservazione del modulo del momento angolare:

•  Per determinare ω occorre infine il momento di inerzia del sistema asta + punto rispetto a G′:

b = h − d = 6.36cm− 2cm = 4.36cm

Ki′G( ) = K f

′G( )

Ki′G( ) = mwb

K f′G( ) = I ′Gω

⎫

⎬⎪⎪

⎭⎪⎪

⇒ mwb = I ′Gω ⇒ ω = mwbI ′G

I ′G =1

12M 2l( )2

+ M l − h( )2+ mb2 =

=1

1212g 20cm( )2

+12g 10cm− 6.36cm( )2+10g 4.36cm( )2

=

= 400 +159 +190( )gcm2 = 749gcm2


2l

dh

bP

G′GP

Esercizio 5 (VIII)

•  Troviamo infine:

ω = mwbI ′G

=10 g×100 cm s × 4.36 cm

749 g cm2= 5.82s−1


w

v ′G

ω ω ωG

P

G

P′G

v ′G

GP′G G

P′Gv ′G

2l

dh

bP

G′GP

Esercizio 6

•  Una sfera rigida, omogenea, di centro A, raggio R e massa M, inizialmente in quiete, è urtata da un’altra sfera rigida, omogenea, di centro B, raggio r e massa m, che un attimo prima dell’urto trasla con una velocità nota .

•  L’urto è perfettamente elastico e non c’è attrito tra le superfici delle due sfere.

•  Sia p il rapporto tra il parametro d’urto (la distanza d di A dalla retta passante per B e parallela a subito prima dell’urto, vedi figura) e la somma dei due raggi:

•  Determinare in funzione di p (0 ≤ p ≤ 1) i moduli V e v delle velocità dei due centri A e B subito dopo l’urto e gli angoli α e β che tali velocità formano con quella iniziale .

w

w

p =

dR + r

wBr

ARd

m

M

w

w

v

V

αβ


Esercizio 6 (II)

•  Durante l’urto la forza è diretta lungo la congiungente AB (non c’è attrito): ⇒ Dopo l’urto, A si muove lungo la congiungente AB.

  Il momento delle forze rispetto ad A è nullo ⇒ il moto di A dopo l’urto è traslatorio.

  Il momento delle forze rispetto a B è nullo ⇒ il moto di B dopo l’urto è traslatorio.

•  Le due sfere possono dunque essere trattate come punti materiali. •  Poiché le sfere non sono vincolate (forze esterne

assenti) e l’urto è elastico, nell’urto si conserva energia cinetica e quantità di moto.

α = arcsin dR + r

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= arcsin p


wBr

ARd

m

Mw

v

V

αβ

Esercizio 6 (III)

•  Abbiamo dunque:

•  In altre parole abbiamo 3 equazioni nelle 3 incognite V, v e β. Risolvendo:

12

mw2 = 12

mv 2 + 12

MV 2

m w = mv + M

V ⇒ w

⊥ wmw = mv cosβ + MV cosα0 = mv sinβ − MV sinα⎧⎨⎩

⇒v cosβ = w −

Mm

V cosα

v sinβ =Mm

V sinα

⎧

⎨⎪

⎩⎪

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

v 2 cos2 β + v 2 sin2 β = w2 +M 2

m2V 2 cos2α − 2w M

mV cosα +

M 2

m2V 2 sin2α

v 2 = w2 +M 2

m2V 2 − 2w M

mV 1− p2

12

mw2 =12

mw2 +12

m M 2

m 2V 2 −

1

2m 2 w M

mV 1− p2 +

12

MV 2

0 =12

M 2

mV 2 − w M V 1− p2 +

12

M V 2

0 =Mm

V − 2w 1− p2 +V

E

Q


wBr

ARd

m

Mw

v

V

αβ

Esercizio 6 (IV)

0 = MmV − 2w 1− p2 +V

V = 2mwm+ M

1− p2

12mw2 = 1

2mv 2 + 1

2M 4m 2w2

m+ M( )21− p2( )

v 2 = w2 − 4 mMw2

m+ M( )21− p2( ) = w2 m+ M( )2 − 4mM 1− p2( )

m+ M( )2

v = wm+ M

m+ M( )2 − 4mM 1− p2( )v = w

m+ Mm− M( )2 + 4mMp2


wBr

ARd

m

Mw

v

V

αβ

Esercizio 6 (V)

•  Infine:

v cosβ = w− MmV cosα

v sinβ = MmV sinα

⎧

⎨⎪

⎩⎪

⇒ tanβ =

MmV sinα

w− MmV cosα

= sinαmwMV

− cosα

tanβ = pmwM

M + m2mw 1− p2

− 1− p2=

2Mp 1− p2

M + m− 2M 1− p2( ) =2Mp 1− p2

m− M + 2Mp2

β = arctan2Mp 1− p2

m− M + 2Mp2


wBr

ARd

m

Mw

v

V

αβ

Esercizio 7

•  Un punto materiale di massa m = 2 kg si muove con velocità, di modulo pari a v = 10 m/s, avente direzione orizzontale e giacente su di un piano verticale.

•  Il punto materiale si conficca istantaneamente, rimanendovi attaccato, nel punto A (vedi figura) di una sbarra rigida omogenea di massa pari a M = 1 kg e lunghezza pari ad a = 1 m, incernierata allo stesso piano verticale nel punto O, con e .

•  Determinare la velocità angolare della sbarra (con il punto conficcato) subito dopo l’urto.

d = ξ2000 a

b = 1− ξ

1000( )a


O

m M

A

a

d

b v

Esercizio 7 (II)

•  Si conserva soltanto il momento angolare rispetto a O:

•  Dove I′O è il momento di inerzia dell’asta con il punto attaccato rispetto a O, che si ottiene utilizzando il teorema di Huygens-Steiner e l’additività del momento di inerzia:

KiO( ) = mvb

K fO( ) = ′IOω

⎧⎨⎪

⎩⎪

KiO( ) = K f

O( ) ⇒ mvb = ′IOω ⇒ ω = mvb′IO

′IO = IG + Ma2− d

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

asta

+ mb2punto = 1

12Ma2 + M a

2− d

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

+ mb2


O

m M

A

a

d

b v

Esercizio 8

•  Un punto materiale di massa m = 3 kg si muove con velocità, di modulo pari a v = 10 m/s, avente direzione orizzontale e giacente su di un piano verticale.

•  Il punto materiale si conficca istantaneamente, rimanendovi attaccato, nel punto A (vedi figura) di un disco rigido omogeneo di massa pari a M = 1 kg e raggio pari a r = 1 m, incernierato allo stesso piano verticale nel punto O, con .

•  Determinare velocità angolare del disco subito dopo l’urto.

b = ξ1000 r


O

m

M

A r

b C

v

Esercizio 8 (II)

•  Si conserva soltanto il momento angolare rispetto a O:

•  Dove I′O è il momento di inerzia del disco con il punto attaccato rispetto a O, che si ottiene utilizzando il teorema di Huygens-Steiner e l’additività del momento di inerzia:

KiO( ) = mvb

K fO( ) = ′IOω

⎧⎨⎪

⎩⎪

KiO( ) = K f

O( ) ⇒ mvb = ′IOω ⇒ ω = mvb′IO

′IO = IG + Mb2

disco

+ m b2 + r 2( )punto

= 12Mr 2 + Mb2 + mb2 + mr 2


O

m

M

A r

b C

v

Esercizio 9

•  Un punto materiale P , di massa m = 10 g, si muove in un piano verticale, saldato a un’asticella rigida, di massa trascurabile e lunghezza l = 20 cm , vincolata in un punto fisso O .

•  Quando l’asticella è disposta in posizione verticale e il punto P si trova ad altezza minima z0 = 0, mediante una forza impulsiva si imprime al punto una velocità iniziale.

•  Determinare la quota massima zM raggiunta dal punto P e la norma vM della velocità del punto P nel momento in cui esso raggiunge la quota massima.


O

l

Esercizio 9 (II)

•  Il vincolo (asticella) è bilaterale. La reazione vincolare è normale, ma può essere centrifuga o centripeta.

•  Il vincolo è ideale e la forza peso è conservativa: si conserva l’energia meccanica.

•  Scegliamo lo zero dell’energia potenziale in corrispondenza di z = z0.

•  Stato iniziale: V0 = 0, T0 = mv2:

•  Quota massima raggiunta: –  Quando il punto P si ferma per invertire il

moto (se non ha energia sufficiente per raggiungere H);

–  Quando il punto P raggiunge il punto H.


O

l

Esercizio 9 (III)

•  Il punto P riesce a raggiungere il punto H se:


O

l

Esercizio 9 (IV)

•  Se , si ha . Per quanto riguarda l’altezza:


O

l

Esercizio 9 (V)

•  Se invece , si ha . Per quanto riguarda la velocità:


O

l

Esercizio 10

•  Un punto materiale P , di massa m = 10 g, si muove in un piano verticale, appeso a un filo, inestensibile ma flessibile, di massa trascurabile e lunghezza l = 20 cm , vincolata in un punto fisso O .

•  Quando l’asticella è disposta in posizione verticale e il punto P si trova ad altezza minima z0 = 0, mediante una forza impulsiva si imprime al punto una velocità iniziale.

•  Determinare la quota massima zM raggiunta dal punto P e la norma vM della velocità del punto P nel momento in cui esso raggiunge la quota massima.


O

l

Esercizio 10 (II)

•  Il vincolo (asticella) è unilaterale. La reazione vincolare è normale, e può essere soltanto centripeta (mai centrifuga).

•  Il vincolo è ideale e la forza peso è conservativa: si conserva l’energia meccanica.

•  Il punto P può discostarsi dalla traiettoria circolare per muoversi come un punto materiale libero (traiettoria parabolica), se il filo non è teso.

•  Nel punto di massima quota, la velocità del punto materiale P non è necessariamente nulla .

•  Più precisamente, nel punto di massima quota, la componente verticale della velocità deve essere necessariamente nulla, ma la componente orizzontale della velocità può non essere nulla.


Ol

l

Esercizio 10 (III)

•  Determiniamo la posizione del punto D in cui il punto materiale si distacca dalla traiettoria circolare.

•  Il secondo principio della dinamica si scrive:

•  Nella terna intrinseca:


Esercizio 10 (IV)

•  Il secondo principio della dinamica diviene:

•  Dalla prima si ricava la tensione del filo (reazione vincolare):

•  Poiché il vincolo è unilaterale, Tn può essere soltanto positiva.


Esercizio 10 (V)

•  La reazione vincolare agisce soltanto se: mentre è inerte (Tn = 0) se:

•  Avremo pertanto (a causa del vincolo unilaterale):


Esercizio 10 (VI)

•  Il distacco (punto D) si ha quando:

•  Poiché il II termine è sempre positivo, si può avere il distacco soltanto quando il I termine è negativo, ovvero quando:

•  In questo caso avremo:

•  Si ottiene così una relazione tra D e vD.


Esercizio 10 (VII)

•  D’altro canto, per la conservazione dell’energia meccanica, si ha:

•  Si ottiene così una seconda relazione tra D e vD.


Esercizio 10 (VIII)

•  Mettendo a sistema le due relazioni tra D e vD:


Esercizio 10 (IX)

•  Si ha quindi:

•  Si può avere il distacco soltanto se il coseno è negativo:


Esercizio 10 (X)

•  Infine, l’angolo D è reale soltanto se:

•  Si può quindi avere il distacco soltanto se:


Esercizio 10 (XI)

•  Occorre quindi considerare separatamente i 3 casi:

•  Nel primo c’è oscillazione senza distacco dalla traiettoria circolare.

•  Nel secondo c’è distacco dalla traiettoria circolare prima del raggiungimento della quota massima.

•  Nel terzo non c’è distacco e il moto è rotatorio.


Esercizio 10 (XII)

•  Nel primo caso il punto arriva alla quota massima con velocità nulla, per cui:


Esercizio 10 (XIII)

•  Nel secondo caso il punto arriva alla quota massima con velocità non nulla. Nel punto D si ha: da cui si ottiene la componente orizzontale della velocità:


Esercizio 10 (XIV)

•  Dopo il distacco la componente orizzontale della velocità non cambia, mentre quella verticale diminuisce fino ad annullarsi:

•  L’energia cinetica nel punto M vale:


Ol

l

Esercizio 10 (XV)

•  Per la conservazione dell’energia:


Ol

l

Esercizio 10 (XVI)

•  Nel terzo caso il punto non si distacca dalla traiettoria circolare e si muove di moto rotatorio non uniforme. Si ha: e, per la conservazione dell’energia meccanica:


Esercizio 10 (XVII)

•  Avremo quindi:


Esercizio 10 (XVIII)

•  Riassumendo:


Ol

l

http://campus.cib.unibo.it/2462/

Domenico Galli Dipartimento di Fisica

[email protected] http://www.unibo.it/docenti/domenico.galli

http://lhcbweb2.bo.infn.it/bin/view/GalliDidattica

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