Esercizio 1 h

Consideriamo la massa di figura che, partendo da ferma, scivola lungo il piano il piano inclinato alto h ed aperto θ . Arrivata sul piano orizzontale compie su di esso un urto perfettamente elastico, seguendo la traettoria tratteggiata in figura. Trascurando tutti gli attriti calcolare l’altezza θθθθ

h’

massima h’ alla quale risale il corpo dopo il primo urto. θ = 30° h = 4 m

Soluzione

Le uniche forze che agiscono sulla massa, mentre svivola lungo il piano inclinato, sono la forza peso e la reazione vincolare del piano stesso e poichè quest’ultima non compie lavoro, dal punto di vista energetico l’unica forza presente è la forza peso. La forza peso è conservativa e quindi possiamo scrivere 1 2

mv

2 =

mgh

⇒

v

= 2

gh

dove v è il modulo della velocità con la quale il corpo urta il pino orizzontale. Prendiamo due assi cartesiani x diretto lungo il piano orizzontale e con verso da sinistra a destra ed y diretto parallelamente all’altezza h e con verso dal basso verso l’alto. In questo sistema di riferimento, dopo l’urto elastico, la velocità del corpo ha le seguenti componenti

v x

=

v

cos θ

v y

=

v

sin θ Il moto parabolico è separabile e per quanto riguarda il moto lungo y ad esso è possibile applicare la conservazione dell’energia totale meccanica. Avremo

mgh

' = 1 2

mv

2

y

⇒

h

' =

v

2

y

2

g

=

h

sin 2 θ = 1 m

Esercizio 2

Consideriamo una massa che scivola, senza attrito, lungo il profilo di figura. Calcolare l’altezza

A

h

C

R

B

minima h (punto A) da cui deve partire, da ferma, affinchè compia il “giro della morte” lungo la parte circolare del profilo. Se facciamo partire la massa dall’altezza sopra calcolata quanto valgono modulo, direzione e verso dell’accelerazione agente sulla massa nel punto B? R = 2 m g = 9.8 m s -2

Soluzione

Se mettiamo la massa ferma in B, essa è in equilibrio agendo su di lei la forza peso diretta verso il basso, equilibrata dalla reazione vincolare diretta verso l’alto. Se d’altra parte mettiamo la massa ferma in C, essa cade perchè su di lei agisce solamente la forza peso diretta verso il basso. Se noi vogliamo che, muovendosi, la massa percorra la circonferenza di raggio R occorre che nel punto C, punto di minima velocità sulla traettoria circolare, l’unica forza presente (il peso) sia tipo centripeto, cioè

mg

=

m v

2

R

dove v è il modulo della velocità nel punto C. Possiamo quindi scrivere

v

=

gR

Applichiamo la conservazione dell’energia totale meccanica fra i punti A e C

mgh

= 1 2

mgR

+ 2

mgR

da cui avremo

h

= 5 2

R

= 5 m Quando il corpo si trova nel punto B l’accelerazione a B che subisce è un’accelerazione centripeta ed è quindi diretta lungo il raggio e verso il centro della rotaia circolare; per il suo modulo vale

a B

=

v

2

B R

La velocità nel punto B è calcolabile con la conservazione dell’energia meccanica fra A e B, avremo

mgh

= 1 2

mv

2

B

⇒

v

2

B

= 2

gh

= 5

gR

⇒

a B

= 5

g

= 49 m s 2

Esercizio 3

Un rotore da luna-park consiste in un grande cilindro verticale di raggio R, che ruota attorno al suo asse, tanto velocemente che una persona, al suo interno, è bloccata contro la parete quando il pavimento viene aperto. Sapendo che il coefficiente di attrito statico fra la persona e la parete del cilindro è µ s , calcolare: a) il massimo periodo di rotazione T necessario affinchè la persona non cada; b) quanti giri al minuto deve compiere il cilindro.

R = 4 m µ s =0.4 g=9.8 m s -2

Soluzione

Le forze che agiscono, lungo la parete, sulla persona sono la forza peso P diretta verso il basso e la forza di attrito statico F s diretta verso l’alto e poichè la persona non si muove lungo la parete, deve valere r

P

+ r

F s

= 0 da cui possiamo scrivere µ

s N

−

mg

= 0 ⇒ µ

s N

=

mg

dove N è la reazione vincolare della parete ed m è la massa della persona. Poichè la persona fa un moto circolare uniforme la forza vincolare N deve essere di tipo centripeto, quindi

N

=

m v

2

R

dove v è la velocità con cui ruota la persona. La velocità v è in modulo costante e quindi possiamo scrivere

v

= 2 π

R T

cioè µ

s N

=

mg

⇒ µ

s m v

2

R

=

mg

⇒ µ

s m R

  2 π

R T

  2 =

mg

da cui otteniamo

T

= 4 π 2

R

µ

s g

= 2 .

5

s

In conclusione il numero ngiri di giri al minuto sarà

n giri

= 60 2 .

5 = 24 giri/min

Esercizio 4

Io, una luna del pianeta Giove, ha un periodo orbitale T ed un raggio orbitale R. Calcolare la massa M G di Giove. T=1.77 giorni R = 4.22·10 5 km G=6.67·10 -11 N m 2 kg -2

Soluzione

L’unica forza che agisce sulla luna Io è l’attrazione gravitazionale F di Giove e poichè la luna compie un’orbita circolare la forza F deve essere di tipo centripeto, quindi possiamo scrivere

GM G M Io R

2 =

M Io v

2

R

=

M Io R

  2 π

R T

  2 = 4 π 2

RM Io T

2 dove M G , M Io e v sono la massa di Giove, la massa di Io, rispettivamente. In conclusione

M G

= 4 π 2

R

3

GT

2 = 1 .

9 ⋅ 10 27 kg

Due pendoli si trovano fermi nella situazione illustrata in figura. Il primo viene lasciato libero alla quota h e colpisce il secondo. Supponendo che l’urto sia completamente anelastico e trascurando tutti gli attriti e le masse dei fili, per l’altezza massima h’ alla quale risalgono le due sfere attaccate, vale:

m 1 (

a

)

h

' =

h



m

1

m

+ 1

m

2  2 h m 2 (

b

)

h

' =

h



m m

1 1 + +

m m

2 2  2 (

c

)

h

' =

h



m

1

m

1 + −

m m

2 2  2 (

d

)

h

' =

h



m m

1 +

m m

2 1 2  2 (

e

)

h

' =

h



m

1

m

+ 1

m m

2 2  2