Esercizi di Fisica generale

I 2 M R M R I M R

3 3

Adesso applico la conservazione dell'energia. Durante il movimento solo il CM della sbarretta cambia

quota. Allora per l'energia potenziale considero solo quella della sbarretta. Assumendo come zero

dell'energia potenziale il livello a cui si trova il suo CM quando e' verticale si ottiene:

 

R 1 R 1 7 2 2

2 2 2

    

          ω

7 M R

= =

ω ω

M g I M g M R  

  =

M R g

2 2 2 2 3 3



3 g

 

ω 1

  

 ω 4.099 rad s

7 R

Adesso calcolo la distanza "d" del CM totale dall'asse di rotazione e la sua velocita' lineare:

R



M 2 R  1

     

= ω

d d v d d 0.042 m v 0.171 s m

 

M 2 M 6

La forza vincolare Fv imprime, insieme al peso, l'accelerazione del CM che e' l'accelerazione centripeta:

2

v  2

  

ac ac 0.7 s m

 

R

 

 

6 Fv

        

=

3 M ac Fv 3 M g M M 6 kg 3 M 18 kg

  

3 ac 3 g

Asta sfera e molla

Un corpo rigido e' costituito da una sfera di massa M = 0.8 kg e raggio R = 5 cm e da un'asta sottile di massa m = 1.77 kg e

lunghezza d=35 cm, fissata solidalmente alla sfera ad una delle sue estermita'. Il corpo rigido puo ruotare senza attrito in

un piano verticale attorno ad un asse orizzontale A passante per l'estremita' dell'asta opposta alla sfera.Inizialmente il

corpo rigido e' fermo con l'asta in posizione orizzontale, sostenuto da una molla di costante elastica k = 200 Nm , attaccata

in un punto P posto alla distanza L = 7.5 cm dal centro della sfera. Calcolare 1) l'estensione della molla; 2) la forza

esercitata dal perno sull'asta nel punto A. Ad un certo istante la molla viene tolta e il corpo rigido inizia a ruotare attorno

al perno A, sotto l'azione del suo peso. Calcolare 3) l'accelerazione angolare iniziale e 4) la velocita' del centro O della sfera

al momento in cui questa raggiunge il punto piu' basso della sua traiettoria.  2

    

g 9.8 m s m0 1.77 kg

   

M 0.80 kg L 7.5 cm

   

d 35 cm R 5 cm

 1

  

k 200 N m

Dato che l'asta e la sfera sono unite in maniera solidale, possiamo considerarle come un unico corpo

rigido. Ne calcoliamo la posizione del centro di massa, rispetto ad un sistema di riferimento costituito da

un asse x orizzontale con l'origine in A. Allora:

d

   

m0 M ( d R )

2

 

xcm xcm 0.245 m



M m0

All'equilibrio il copro e' soggetto alla forza peso, alla forza elestica della molla e alla forza Fv esercitata dal

vincol. Dato che il peso e la forza della molla sono forze verticali, anche Fv avra solo componente verticale.

Scegliamo inoltre il polo in A e il verso positvo delle rotazioni in senso orario. All'equilibrio risulta:

            

Fv k x ( M m0

) g 0 ( M m0

) g xcm k x ( d R L ) 0

= =

E' un sistema di due equazini in due incognite (x e FV) Per risolvere ricavo x dalla seconda e lo

sostituisco nella prima. Si trova:

  

( M m0

) g xcm

       

x Fv ( M m0

) g k x x 0.095 m Fv 6.197 N

  

k ( d R L )

Quando la molla viene tolta, il corpo rigido inizia a ruotare attorno al perno A. Per scrivere l'equazione del

moto bisogna prima calcolare' il momento d'inerzia del corpo rigido rispetto all'asse di rotazione in A. Si

calcola, per ciascuno dei due componenti, usando il teorema degli assi paralleli. Detti Iacm e Iscm i momenti

d'inerzia dell'asta e della sfera ciascuno rispetto al proprio centro di massa, Ia e Is i momenti d'inerzia rispetto

all'asse per A e I il momento d'inerzia totale rispetto ad A , abbiamo:

2

 

1 d

2 2 2

         

Iacm m0 d Ia Iacm m0 Iacm 0.018 m kg Ia 0.072 m kg

 

12 2

2 

2 2 4 2 2

           

Iscm M R Is Iscm M ( d R ) Iscm 8 10 m kg Is 0.129 m kg

5 2

   

I Ia Is I 0.201 m kg

L' accelerazione angolare iniziale α si ricava dall'equazione dei momenti

  

( M m0

) g xcm  2

       

( M m0

) g xcm I 30.693 rad s

= α α α

I

Dato che non ci sono forze dissipative, la velocita' angolare al punto piu basso si calcola dalla conservazione

dell'energia    

1 2 ( M m0

) g xcm 

2 1

        

( M m0

) g xcm I 7.835 rad s

= ω ω ω

2 I  1

     

v ( d R ) v 3.134 m s

ω

Notare che sarebbe sbagliato calcolare v assumendo α costante perche' il momento della forza peso

non e' costante e quindi il moto non e' un moto di rotazione uniformente accelerato.

Asta e insegna

Una sbarra di lunghezza L=3m e massa M=80kg è incernierata nel punto C ad una parete verticale fissa. La sbarra è mantenuta in

posizione orizzontale da un cavo fissato alla parete in un punto P che dista h=1m dalla cerniera. Ad una distanza d=L/4 dal centro di

massa della sbarra è sospesa una massa m =20 kg. Il sistema è in equilibrio stabile. Si determinino:

0

1) La tensione della fune

2) Modulo direzione e verso della reazione vincolare sulla cerniera.

Si supponga ora che il cavo che sostiene il sistema si spezzi.

3) Quanto vale l’accelerazione angolare del sistema?

 2

  

g 9.8 m s

 

L 3.0 m

 

h 1 m

 

M 80 kg

 

m0 20 kg

L



d 4

Considero le forze che agiscono sull'asta che sostiene la massa m0. Esse sono: la sua forza peso, la

tensione della fune T, la reazione vincolare R in C e la tensione T0 dovuta alla massa m0. Dato che la

massa m0 e' ferma in equilibrio, si ha che T0 = m0 g. Allora, dette Rx e Ry e Tx e Ty le componenti

della reazione vincolare in C e della tensione T, e scelto l'asse x positivo verso destra, dalle leggi

dell'equilibrio del corpo rigido, scegliendo il polo in C, ricavo:

Ty h



Tx Rx 0

= =

Tx L

L 3

             

Ry M g m0 g Ty 0 M g m0 g L Ty L 0

= =

2 4

Si tratta di un sistema di 4 eq in quattro incognite Rx, Ry, Tx, Ty. Per risolverlo ricavo Ty

dall'ultima eq. e lo sostituisco nelle altre. Detto β l'angolo che R forma con l'orizzontale:

  

M g 3 g m0 L

     

Ty Tx Ty Ty 539 N Tx 1617 N

2 4 h

       

Ry M g Ty g m0 Rx Tx Ry 441 N Rx 1617 N

2 2 2 2 3

      

T Tx Ty R Rx Ry R 1676 N T 1.704 10 N

 

Ry

  



atan 15.255 deg

β β

 

Rx

Quando il cavo si spezza e il sistema si mette in moto, non si puo piu' assumere che T0 = m0 g.

Pero' limitatamente all;istante iniziale si considerare l'insieme dei due corpi come un unico corpo

rigido (si poteva fare sin dall'inizio). Sempre col polo in C l'equazione dei momenti si scrive:

2

 

1 3 L 3

2 2

               

I M L m0 L M g m0 g L I I 341.25 m kg

= α

 

3 4 2 4

      

3 L g m0 2 L M g  2

     

4.738 rad s

α α



4 I

Carrucola e massa appesa

Un blocco di massa m = 0.42 kg è appeso ad un filo inestensibile e di massa trascurabile avvolto intorno al bordo di un

3 3

disco di raggio R = 9 cm e di spessore d = 3 cm, costituito da un materiale con densità ρ= 7.87 x 10 kg/m . Il disco può

ruotare attorno ad un asse fisso orizzontale che passa per il suo centro O ed è soggetto sul perno in O ad un momento di

attrito dinamico Md che ne rallenta la rotazione. Inizialmente il disco è tenuto fermo col blocco sollevato ad un'altezza h = 75

cm rispetto al suolo e quando viene lasciato libero, il blocco si mette in moto verso il basso con accelerazione costante a =

2

1.05 m/s . Calcolare:1) il modulo del momento di attrito Md; 2) la velocità del blocco nell’istante t in cui arriva al suolo.

1

Dopo che il blocco arriva a terra il disco continua a ruotare fino a fermarsi. Calcolare: 3) dopo quanti giri a partire da t il

1

disco si ferma.  2

    

m0 0.42 kg g 9.8 m s

   

h 75 cm d 3.0 cm



3 3

     

7.87 10 kg m R 9 cm

ρ  2

  

a 1.05 m s

In questo problema abbiamo un moto di rotazione (del disco) e un moto di traslazione (della massa),

accoppiati. Per descrivere il moto di rotazione scegliamo il polo in O e positivo il segno dei momenti che

corripondono a rotazioni in senso orario. Il disco e' soggetto al momento della tensione della fune

(positivo) e al momento di attrito dinamico (negativo). Per descrivere il moto di traslazione del blocco,

scegliamo un asse x diretto verso il basso. Il blocco e' soggetto alla forza peso e alla tensione della fune.

Calcolo prima ditutto la massa del disco e il momento d'inerzia rispetto all'asse di rotazione in O. 

2 4 3

       

V R d M V V 7.634 10 m

π ρ

1 

2 2 2

     

I M R I 2.433 10 m kg

2

Dett α l'accelerazione angolare del disco e 'a' l'accelerazione del blocco, le 

M 6.008 kg

equazioni del moto, le equazioni del moto del disco e del blocco e la

relazione fra α e 'a' sono: a

      

T R Md I m0 g T m0 a

= =

α α R

Questo e' un sistema di due incognite nelle due equazioni Md e T. Rosolvendo si trova

a  2

        

T m0 ( g a ) Md T R I Md 4.687 10 J

R 

Per calcolare la velocita' de blocco al suolo, dato che l'accelerazione e' nota, il T 3.675 N

metodo piu semplice e' quello di usare la legge che da la relazione fra velocita e

spazio percorso nel moto uniformemente accelerato:  1

     

v 2 a h v 1.255 m s

Se l'accelerazione non fosse nota sarebbe conveniente invece procedere utilizzando il teorema dell'energia

meccanica