Esercitazione fisica 1 parte 2

Esercizi sulla dinamica dei corpi rigidi

1. Impulso su una palla da biliardo

Una palla da biliardo di raggio R è in quiete sul piano del tavolo da gioco. Ad essa viene impresso un impulso centrale che la fa muovere con velocità iniziale v₀. Si calcoli la velocità angolare della palla nell'istante in cui il suo moto diventa di puro rotolamento. \( v_0=2 \, \text{m/s}, \, R=0.5 \, \text{m}, \, I=\frac{2}{5}mR^2 \). Il piano del tavolo presenta attrito, quindi la velocità decresce secondo la legge: \[ v = v_0 - gt \] Dalla seconda equazione cardinale della dinamica si ha \[ M=I\alpha = gR \Rightarrow \alpha = \frac{g}{R} \] Integrando: \[ \omega = \frac{g}{R}t \] Nell'istante in cui si ha puro rotolamento: \[ v(t) = R\omega(t) \] Dunque, combinando le equazioni: \[ t = \frac{2}{7} \frac{v_0}{g}, \, \omega = \frac{7}{5} \frac{v_0}{R}, \, \text{rad/s} \]

2. Oscillazioni di una sbarretta omogenea

Una sbarretta omogenea di massa m=300 \, \text{g} e lunghezza l è incernierata, senza attrito, ad un estremo ed è mantenuta in posizione di equilibrio orizzontale da una molla ideale, ad asse verticale, di costante elastica k=10 \, \text{N/m}, agganciata alla sbarretta nel punto distante l/3 dall'estremo. Si determini il periodo delle piccole oscillazioni verticali della sbarretta. Supponendo che la molla all'equilibrio sia allungata di y₀, per l'uguaglianza dei momenti delle forze rispetto ad O, si ha \[ k y_0 = \frac{mg}{3} \] Impartendo un piccolo spostamento verticale y, il sistema inizia ad oscillare. Dalla seconda equazione cardinale dei sistemi rigidi si ha: \[ \frac{d^2\theta}{dt^2}I = mg\frac{l}{3}y + k y l \] Tenuto conto della prima equazione, si ha \[ \frac{d^2\theta}{dt^2} = \frac{k}{I}y \] Ma, detto θ l'angolo formato dalla sbarretta con l'orizzontale, per piccoli spostamenti verticali si può scrivere \( y = l\theta/3 \) e \[ \frac{d\theta}{dt} = \omega \]. Ricordando inoltre che il momento d'inerzia della sbarretta rispetto all'estremo è \( I = \frac{1}{3}m l^2 \), la seconda equazione diventa \[ \frac{d^2\theta}{dt^2} + \frac{k}{ml^2/3}\theta = 0 \] Il periodo risulta \[ T = 2\pi \sqrt{\frac{ml}{3k}} = 0.09 \, \text{s} \]

3. Sistema articolato di masse su guide

Un sistema articolato è costituito da due masse uguali, m₁ e m₂, che possono scorrere senza attrito su due guide disposte ad angolo retto, una verticale e l'altra orizzontale. Le due masse sono incernierate ad un'asta di lunghezza l, anch'essa di massa uguale alle altre, in modo che possano scorrere liberamente sulle guide. Inizialmente il sistema è in quiete con l'asta inclinata di un angolo θ₀ rispetto all'orizzontale. Lasciato il sistema libero di muoversi, determinare la velocità delle due masse quando l'asta raggiunge la posizione verticale. Le reazioni vincolari, ortogonali alle guide non compiono lavoro, quindi va applicato il teorema di conservazione dell'energia. La massa m₂, scorrendo sulla guida orizzontale ha energia potenziale costante. Posta uguale a zero l'energia potenziale nella configurazione verticale e detto θ l'angolo che durante il moto l'asta forma con l'orizzontale, l'energia potenziale del sistema è somma dell'energia potenziale di m₁ e dell'asta. La prima è \[ U_1 = mgl(1-\sin\theta) \] La seconda, \[ U_a = mg\frac{l}{2}(1-\sin\theta) \] Sommando si ha: \[ U = U_1 + U_a = \frac{3}{2}mgl(1-\sin\theta) \] Durante il moto, l'energia cinetica del sistema è data dalla somma dell'energia cinetica dell'asta, che ruota attorno al centro istantaneo di rotazione, e dell'energia cinetica delle masse m₁ e m₂. Il centro istantaneo di rotazione si trova all'intersezione delle normali alle guide condotte dagli estremi dell'asta, alla distanza l/2 dal suo baricentro. Dunque l'energia cinetica dell'asta risulta \[ T_a = \frac{1}{2}I \omega^2 = \frac{1}{6}ml^2 \omega^2 \] Le masse m₁ e m₂ hanno rispettivamente velocità: \[ v_1 = \omega l\cos\theta, \, v_2 = \omega l\sin\theta \] quindi energie cinetiche: \[ T_1 = \frac{1}{2}m v_1^2 = \frac{1}{2}m\omega^2 l^2 \cos^2\theta, \, T_2 = \frac{1}{2}m v_2^2 = \frac{1}{2}m\omega^2 l^2 \sin^2\theta \] Per la conservazione dell'energia si ha: \[ T_a + T_1 + T_2 + \frac{3}{2}mgl(1-\sin\theta) = \frac{3}{2}mgl(1-\sin\theta_0) \] ossia: \[ \frac{1}{6}ml^2 \omega^2 + \frac{1}{2}m\omega^2 l^2 \cos^2\theta + \frac{1}{2}m\omega^2 l^2 \sin^2\theta = \frac{3}{2}mgl(\sin\theta_0 - \sin\theta) \] da cui si ricava: \[ \omega^2 = \frac{9g}{4l}(\sin\theta_0 - \sin\theta) \] Ma la velocità del baricentro dell'asta è \[ v_C = \omega\frac{l}{2} \] quindi sostituendo nella precedente: \[ v_C^2 = \frac{9g}{16}l(\sin\theta_0 - \sin\theta) \] quando l'asta è verticale, si ha \[ \sin\theta = 1 \] \[ v_C = \sqrt{\frac{9g}{16}l(1 - \sin\theta_0)} \] Infine, tenuto conto delle espressioni delle velocità, si ottiene: \[ v_1 = \sqrt{\frac{9g}{4}l(1 - \sin\theta_0)}, \, v_2 = \sqrt{\frac{9g}{4}l(1 - \sin\theta_0)} \] Va osservato che il sistema oscilla: m₁ ed m₂ scorrendo rispettivamente sulla guida verticale e su quella orizzontale. Dalla (2), essendo !, si ha \[ \frac{d}{dt}(m\dot{\theta}) = \frac{9g}{4l}(\sin\theta_0 - \sin\theta) \] Separando le variabili: \[ \frac{d\theta}{\cos\theta} = \frac{9g}{4l}dt \] Questa equazione è simile a quella delle grandi oscillazioni del pendolo semplice; essa va integrata col metodo indicato in T. Papa, Lezioni di Fisica, Meccanica, pagina 241.

4. Rotazione di un'asta con coppia frenante

Un'asta omogenea di massa m=0.5 \, \text{kg} e lunghezza l reca agli estremi due masse puntiformi m₁=0.2 \, \text{kg} ed m₂=0.3 \, \text{kg}. L'asta è posta in rotazione con velocità angolare costante ω, attorno ad un asse ad essa ortogonale, passante per un punto a distanza x da m₁. L'unica sollecitazione alla quale è soggetta l'asta consiste in una coppia frenante di momento costante. Determinare il valore di x affinché si fermi nel minor tempo possibile. Detto M il momento della coppia frenante, dalla seconda equazione della dinamica dei corpi rigidi si ha, \[ d\omega = \frac{M}{I} dt \] dove I è il momento d'inerzia del sistema rispetto all'asse x. Integrando: \[ \omega = \omega_0 - \frac{M}{I} t \] Il tempo di arresto si ottiene per ω=0, quindi, \[ t_A = \frac{I\omega_0}{M} \] Il momento d'inerzia del sistema rispetto all'asse x è dato da: \[ I = m_1x^2 + m_2(l-x)^2 + \frac{1}{12}ml^2 \] Perché l'asta si fermi nel minor tempo possibile, tale momento d'inerzia dev'essere minimo: \[ \frac{dI}{dx} = 2m_1x - 2m_2(l-x) = 0 \Rightarrow x = \frac{m_2l}{m_1+m_2} = 0.55 \, \text{m} \] Infatti, la derivata seconda è positiva, confermando che il valore calcolato è un minimo.

5. Sbarretta oscillante intorno a un punto intermedio

Una sbarretta omogenea di lunghezza l=60 \, \text{cm}, soggetta alla gravità, può oscillare attorno ad un asse orizzontale passante per un punto P, posto tra il centro della sbarretta e il suo estremo superiore. Determinare la distanza x=OP per la quale il periodo delle piccole oscillazioni è minimo. Come noto, il periodo delle piccole oscillazioni del pendolo composto è \[ T = 2\pi\sqrt{\frac{I_P}{mgx}} \] dove I_P è il momento d'inerzia rispetto al punto P e si calcola come \[ I_P = I_O + mx^2 = \frac{ml^2}{12} + mx^2 \] Pertanto, \[ T = 2\pi\sqrt{\frac{l^2/12 + x^2}{gx}} \] Il valore minimo del periodo si ha annullando la derivata prima rispetto a x, \[ \frac{dT}{dx} = 0 \Rightarrow x = \frac{l}{\sqrt{12}} = 17.3 \, \text{cm} \] cui corrisponde: \[ T_{\text{min}} = 2\pi\sqrt{\frac{l}{g\sqrt{12}}} \approx 1.18 \, \text{s} \]

6. Oscillazioni di una sbarra sospesa a molle

Una sbarra omogenea di sezione costante, lunghezza l=34 \, \text{cm} e massa m=250 \, \text{g} è sospesa ad un soffitto per mezzo di due molle ideali verticali, di uguale lunghezza a riposo e costanti elastiche k₁=50 \, \text{N/m} e k₂=13 \, \text{N/m}, poste agli estremi A e B. Allo scopo di disporre la sbarra in equilibrio orizzontale, viene fissato ad essa un corpo puntiforme di massa m₀=750 \, \text{g} in un punto compreso tra gli estremi. Determinare:

• La distanza di tale punto dall'estremo A
• La frequenza delle piccole oscillazioni quando il sistema viene spostato verticalmente dalla posizione di equilibrio.

7. Reazione vincolare su un'asta oscillante

Un'asta omogenea di sezione costante, lunghezza l e massa m, oscilla attorno ad un asse orizzontale fisso, passante per un suo estremo. Determinare l'espressione della reazione vincolare esercitata dall'asse. Le forze applicate all'asta sono il peso mg e la reazione vincolare R. Come sempre vanno considerate le equazioni cardinali della dinamica dei corpi rigidi: \[ \sum F = mg + R = ma, \, \sum M = I\alpha \] Dove R è la reazione vincolare, M il momento risultante delle forze e I il momento d'inerzia della sbarra rispetto all'asse di rotazione. Dalla prima, assumendo positive la rotazione antioraria e la direzione centripeta, si ha: \[ ma_t = mg\sin\theta + R_t, \, ma_n = mg\cos\theta + R_n \] Dalla seconda: \[ I\alpha = mg\frac{l}{2}\sin\theta \] Poiché il momento d'inerzia rispetto all'asse di oscillazione è \( I = \frac{1}{3}ml^2 \), si ha \[ \alpha = \frac{3g}{2l}\sin\theta \] Pertanto: \[ R_t = mg\sin\theta - ma_t, \, R_n = mg\cos\theta - \frac{1}{2}ml\omega^2 \]

8. Velocità minima del centro di massa

Una sbarretta omogenea di massa m, sezione costante e lunghezza l può ruotare in un piano verticale attorno ad un asse orizzontale, privo d'attrito, passante ad una distanza l/4 da un suo estremo. Assegnata la velocità angolare massima ω_max=8 \, \text{rad/s}, si determini il valore minimo della velocità del centro di massa durante il moto. La velocità angolare massima si ha nel punto più basso della traiettoria, dove l'energia potenziale si assume nulla, mentre la velocità angolare minima si ha nel punto più alto dove l'energia potenziale è massima, pertanto \[ \frac{1}{2}I\omega^2_{\text{max}} = \frac{1}{2}I\omega^2_{\text{min}} + mg\frac{l}{4} \] Essendo \[ I = \frac{1}{12}ml^2 + \frac{1}{16}ml^2 = \frac{7}{48}ml^2 \] si ottiene: \[ \omega^2_{\text{min}} = \omega^2_{\text{max}} - \frac{48g}{7l} \] da cui la velocità del centro di massa è \[ v_{\text{Cmin}} = \frac{l}{2}\omega_{\text{min}} = \sqrt{\frac{48g}{7l}\left(1 - \frac{1}{\omega^2_{\text{max}}}\right)} \]

9. Urto elastico su un'asta

Un'asta omogenea di sezione costante, lunghezza l e massa M è adagiata, senza altri vincoli, su un piano orizzontale privo di attrito. Inizialmente l'asta è in quiete; quindi viene urtata elasticamente da una pallina di massa m, animata di velocità ortogonale all'asta, in un punto distante d dal suo centro. Determinare l'espressione di d affinché dopo l'urto la pallina si arresti. Si ha conservazione della quantità di moto, del momento angolare e dell'energia cinetica: \[ mv_0 = Mv_C, \, mvd = I\omega, \, \frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}Mv_C^2 + \frac{1}{2}I\omega^2 \] essendo v_C ed I rispettivamente la velocità del centro di massa e il momento d'inerzia dell'asta rispetto a quest'ultimo, avendo tenuto conto che l'asta, dopo l'urto, assume un movimento rototraslatorio. Tenendo presente la prima e la seconda delle equazioni, la terza diventa: \[ m v_0^2 = M v_C^2 + \omega^2 \left(\frac{1}{12}Ml^2 + md^2\right) \] ed, introducendo il momento d'inerzia della asta, si ottiene: \[ d = \frac{\sqrt{12mv_0^2 - Mv_C^2}}{\omega} \]

10. Energia cinetica di un disco

Un disco omogeneo di massa M=4 \, \text{kg} e raggio R è libero di ruotare senza attrito attorno al suo asse, disposto orizzontalmente. Lungo il suo bordo è avvolto, in modo che non possa slittare, un filo ideale alla cui estremità è fissata una massa m=2 \, \text{kg}. All'istante iniziale il disco è fermo; quindi viene lasciato libero e la massa comincia a scendere mettendo in moto il disco. Determinare l'energia cinetica del disco all'istante t=2 \, \text{s}. Detta T l'energia cinetica del disco, per la conservazione dell'energia, si ha \[ mgh = \frac{1}{2}Mv_C^2 + \frac{1}{2}I\omega^2 \] Dalle equazioni cardinali della dinamica, considerando F a proiettando su un asse verticale volto in basso, si ha \[ F = mg - ma, \, \text{e} \, I\alpha = FR \] Poiché il filo non slitta, si ha a=C\alpha=R\omega; quindi la seconda delle relazioni fornisce: \[ a = \frac{mg}{M+m} \] Il moto della massa è uniformemente accelerato, dunque la quota di cui scende è \[ h = \frac{1}{2}gt^2 \] e la velocità acquistata è \[ v = at \] pertanto, tenuto conto delle espressioni precedenti, l'energia cinetica del disco è: \[ T = \frac{1}{2}Mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2 = \frac{mg^2t^2}{2(M+m)} \]