Esercitazione - 8 - Esercizi sulla dinamica dei sistemi rigidi - Fisica - Testo e soulzioni - a.a. 2011/2012 PDF

Preview

Summary

Esercizi sulla dinamica dei sistemi rigidi...

Description

Esercitazione n° 8

FISICA

SPERIMENTALE

(C.L. Ing. Edi.)

(Prof. Gabriele Fava) A.A. 2010/2011

Dinamica dei sistemi rigidi 1. Un corpo rigido omogeneo è fermo su un piano inclinato di un angolo  = 20° rispetto all’orizzontale. Lasciato libero, esso comincia a rotolare lungo il piano, dato che l’attrito radente è sufficientemente intenso da impedire lo strisciamento, mentre l’attrito volvente è ipotizzato trascurabile. Studiare il moto del centro di massa G del corpo se esso ha le forme seguenti: (a) sfera; (b) disco; (c) anello di sezione trascurabile. In particolare calcolare il tempo impiegato dal corpo a percorrere un tratto di piano pari a x = 1,70 m e la velocità in tale punto.

Indichiamo con r il raggio di ciascun corpo e con m la sua massa. Il centro di massa G, dato che i corpi sono omogenei, coincide con il centro di simmetria e si muove lungo una retta parallela al piano inclinato da assumere come asse di riferimento. 

Forze esterne: peso mg , forza di contatto R , attrito S. Applichiamo il “Teorema del baricentro”: ma G = mg sen - S

(I)

Inoltre, applicando il “Teorema del momento della q.d.m.” (scegliendo G come polo), si ottiene:

d 2 I G 2  Sr (II) dt

dove IG è il momento d’inerzia baricentrale e  = t è l’angolo che misura la rotazione del corpo, assunto inizialmente nullo e crescente in verso orario. 1

Ricavando S dalla (I) e sostituendo nella (II) si ottiene:

IG d 2 aG   g sin  2 mr dt

(III)

Dato che il moto è di puro rotolamento, un generico spostamento xG di G dalla posizione iniziale è uguale alla lunghezza dell’arco di angolo al centro , cosicché: dxG d 2 xG d d 2 x G  r ;  vG  r  aG  r 2 ; dt dt dt 2 dt

d 2 aG  Ricavando dall’ultima relazione e sostituendo in (III) si ha: dt 2 r g sin   K (IV) aG  IG 1 2 mr e, quindi, il moto di G è uniformemente accelerato con equazione oraria xG = ½ aG t2 e velocità vG = aG t, per cui:

t

2xG ; vG  2aG xG aG

Distinguiamo ora i tre casi: (a) SFERA

2 I G  mr2 5

5 aG  g sin   2,39 m / s 2 7

e con i dati del problema: tS = 1,19 s ; vS = 2,85 m/s. (b) DISCO

1 IG  mr 2 2

2 aG  g sin   2,23 m / s 2 3

e con i dati del problema: tD = 1,23 s ; vD = 2,76 m/s. (c) ANELLO

1 aG  g sin   1,68 m / s2 2

IG  mr2

e con i dati del problema: ta = 1,42 s ; va = 2,39 m/s. N.B. Il moto più veloce è quello della sfera, il più lento quello dell’anello, intermedio quello del disco. 2

A 2. Una sfera A omogenea, di massa mA = 350 g e raggio RA = 12 cm, inizialmente in quiete sulla sommità di un piano inclinato di altezza h = 2,5 m, viene lasciata libera di cadere, rotolando senza strisciare. La sfera, giunta sul piano orizzontale urta centralmente ed elasticamente una sfera B anch’essa omogenea, di raggio RB = RA e massa h mB = 2 mA , che si sta muovendo sul piano con B velocità v0B = 1,5 m/s, rotolando senza strisciare. v0B Calcolare: (a) il lavoro compiuto dalle forze di attrito sulle due sfere; (b) la velocità del baricentro della sfera A sul piano orizzontale, prima dell’urto; (c) l’energia cinetica della sfera B dopo l’urto.

(a) In presenza di puro rotolamento, il lavoro compiuto dalle forze d’attrito è nullo, dato che il loro punto di applicazione è istantaneamente fermo; formalizzando:

   t  LAttr   FAttr  ds   FAttr  vP dt  0 s

0

0

(b) Scriviamo la conservazione dell’energia meccanica per il corpo A tra l’istante iniziale e quello dell’urto 2 2 mA gh = ½ mA vA + ½ IAA 2 Essendo A = vA / RA, IA = 2/5 mARA per sostituzione si ottiene:

vA 

10 gh  5,92 m / s 7

(c) Occorre scrivere la conservazione della q.d.m. e dell’energia per il sistema costituito dai due corpi: mAvA + mBvB = mAVA + mBVB 2 2 2 2 ½ mAvA + ½ IAA + ½ mBvB + ½ IBB = = ½ mAVA2 + ½ IAA2 + ½ mBVB2 + ½ IB B2 Risolvendo il sistema, si trova: TB = ½ mBVB2 + ½ IB B2 = 9,7 J

3

3. Un corpo di massa m = 1 kg è appoggiato su un piano orizzontale scabro con coefficiente d = 0,2. Il corpo è collegato, mediante una fune inestensibile di massa trascurabile e una carrucola anch’essa di massa trascurabile, all’asse di un cilindro omogeneo di massa M = 1 kg e di raggio r il quale rotola senza strisciare su un piano inclinato di  = 30° rispetto all’orizzontale, scabro con d = 0,2. Calcolare la variazione di energia cinetica del corpo di massa m in corrispondenza a uno spostamento s = 1 m sul piano orizzontale.

R1n m T

R1t

M

R2n

T P1

P2t

R2t P2n P2



Per il “Teorema delle forze vive” si ha: LAttr + Lpeso = Tm + TM 2 2 2 2 - dmgs + (Mg sen) s = ½ mv + (½ IG v /r + ½ Mv ) e, dato che:

IG = ½ Mr2 e che M = m, si ottiene −  dmgs + (mg sen) s = 5/4 mv2 da cui ½ mv2 = Tm = 2/5 mgs (sen - d) = 1,176 J

4

4. Due corpi di massa m 1 = 3 kg e m 2 = 2 kg, appesi a una corda inestensibile di massa trascurabile che passa nella gola di una carrucola fissa, omogenea, di massa M = 9,6 kg, vengono lasciati liberi di cadere. Trascurando tutti gli attriti, calcolare l’accelerazione del sistema e le tensioni T 1 e T2 della fune.

R O T2

T1 T1

T2

s

P2

P1

Scriviamo le equazioni del moto: m1 g – T1 = m1 a (corpo m1 : F = ma ) T2 – m2 g = m2 a (corpo m2 : F = ma ) (est) (T1 – T2) R = IO  (carrucola : M = I  ) dove :  = a/R (accelerazione angolare della carrucola) IO = ½ MR2 (momento d’inerzia della carrucola) T1 = m1 (g – a); T2 = m2 ( g + a) Dal sistema si ricava: a 

m1  m2 g  1m / s 2 1 m1  m2  M 2

Infine : T1 = 26,4 N ; T2 = 21,6 N . 5

N.B. Una variante è la seguente :

R r O

T1

T2

T2 T1

P2

s

P1

Scriviamo le equazioni del moto: m1 g – T1 = m1 a T2 – m2 g = m2 a T1 r – T2 R = IO 

6

(corpo m1: F = ma ) (corpo m2: F = ma ) (carrucola: M(est) = I  )

5. Un cilindro di massa M = 12 kg può ruotare senza attriti attorno al proprio asse disposto orizzontalmente. Attorno al cilindro è avvolto un filo che sostiene un corpo di massa m = 2 kg. Inizialmente il sistema è in quiete, poi la massa m è lasciata libera. Sapendo che il filo si svolge senza slittare sul cilindro, calcolare l’accelerazione della massa m e la tensione del filo.

R

P

M

T

L’accelerazione e la velocità di m sono eguali istante per istante a quelle del punto P del bordo del cilindro: v = R a = R essendo R il raggio del cilindro .

T m P

Il problema si risolve applicando l’equazione cardinale relativa al momento delle forze esterne per un sistema rigido: M(est) = I  . mgR = (½ MR2 + mR2)  da cui si ricava:



2m g M  2m R

a  R

2m g  2,45 m / s 2 M  2m

(Si noti che l’accelerazione non dipende da R) La tensione del filo si determina applicando il II Principio della dinamica alla massa m: T

mg – T = ma

T = m(g – a) = 14,7 N m S

7

P

6. Due dischi omogenei di raggi o R1 = 10 cm, R2 = 30 cm e di massa M1 = 2 kg, e M2 = 5 kg, posti a contatto tra loro, sono vincolati nei rispettivi centri O 1 e O2 in un piano verticale e possono ruotare attorno ad assi orizzontali passanti per detti centri. Una corda è avvolta attorno a un cilindro di raggio R = 5 cm e di massa trascurabile, solidale con il disco più piccolo. Una massa m = 1 kg è appesa all’estremo libero del filo e lasciata libera di muoversi. Determinare le accelerazioni angolari α1 e α2 dei dischi, nell’ipotesi che essi rotolino senza strisciare, e l’accelerazione a3 della massa m. Ft

Ft

mg

Disco grande:

1 M 2 R22  2  R2 Ft 2

Disco piccolo:

1 M1 R121  mgR  R1Ft 2

Ft è la forza tangenziale che il disco piccolo, ruotando, esercita sul disco grande e quest’ultimo, tenuto conto del “III Principio della dinamica”, ne esercita una eguale e contraria sul disco piccolo. Essendo α1 R1 = α2 R2 , eliminando Ft dalle due equazioni, si ottengono le grandezze cercate:

2 

2 mgR 2mgR ; 1  2 R1 M 1  M 2  ; a3 = α1 R R1 R2 M 1  M 2  8

7. Un disco omogeneo di raggio r = 2 cm e massa m = 60 g giace su un piano verticale. Un filo inestensibile di massa trascurabile ha un estremo fissato al disco ed è avvolto attorno al bordo esterno del disco stesso, avendo l’altro estremo collegato a un supporto fisso. Il disco, inizialmente fermo, a un certo istante viene lasciato e cade verticalmente, mentre il filo si srotola. Determinare il moto del disco e la tensione del filo.

T

G

r

P

mg

s

Le equazioni cardinali applicate al disco sono: maG = mg – T = mr IG  = Tr Essendo IG = ½ mr2, dalle due equazioni precedenti si ottiene:

 = 2g/3r = 653 rad/s2, a G = r = 2g/3 = 6,53 m/s2 ( Si noti come a G sia indipendente dalla massa e dalle dimensioni del disco) Infine: T = m (g - aG) = 1,96 ∙ 10-1 N

9

8. Un corpo di massa m = 50 kg è sospeso mediante una fune che passa nella gola di una carrucola di massa M = 20 kg. All’ estremo libero della fune è applicata una forza F che forma un angolo di 45° con l’orizzontale. Calcolare il modulo di F quando il corpo sale con accelerazione costante a = 4,2 m/s2.

S T

T m P

Scriviamo due equazioni: Corpo

T – mg = ma

(II Principio della dinamica)

Carrucola (F – T) R = I (Equazione cardinale per i corpi rigidi) dove R è il raggio della carrucola, I = ½ MR2 è il suo momento d’inerzia baricentrale e  = a/R. Dalle due equazioni precedenti si ricava:

F  mg  ma 

aI aM     742 N mg ma 2 r2

N.B. Dal punto di vista della massa m non ha alcuna importanza l’inclinazione della forza F. L’angolo di cui F è inclinata rispetto all’orizzontale incide, al contrario, sulla sollecitazione che il sistema produce sul punto di fissaggio della carrucola. 10

9. Un sistema rigido è costituito da una sbarra omogenea di sezione costante, massa e lunghezza l, la cui estremità è saldata ortogonalmente all'asse di un disco di raggio r, di massa trascurabile rispetto a quella della sbarra. Il sistema può ruotare senza attrito attorno all'asse del disco, disposto orizzontalmente, ed è tenuto in equilibrio da un corpo di massa m 1 agganciato ad un estremo di un filo ideale, mentre l'altro estremo è fissato al bordo del disco. In tale posizione, individuata dall'angolo θ che l'asta forma con la verticale, viene agganciato al filo un altro corpo di massa 2m 1 . Determinare la velocità angolare del sistema quando la sbarra si dispone verticalmente (r = 10 cm; m = 800 g; m 1 = 1 kg; l = 32 cm).

฀ _ _ _ _ _

P.R.

Dall'equilibrio dei momenti delle forze rispetto all'asse di rotazione, si l  2mr   . ottiene l'angolo  : m1 gr  mg 2 sin   0  sin   6 m1 l Quando al filo, oltre al corpo di massa m1, viene agganciato il corpo di massa 2m1, il sistema inizia a ruotare. Tenuto conto che, raggiunta la posizione verticale della sbarra, il filo si svolge di una lunghezza pari a r(π – π/6) ed i corpi scendono di tale quota mentre la sbarra raggiunge la verticale, la variazione di energia potenziale del sistema risulta:  l   U   3m1 gr      mg 1  cos    5,35 J 6 2 

La variazione di energia cinetica corrispondente è: T 

1 2 1 1 3 I  3m1 v 2  ml 2 2  m1r 2 2 2 2 6 2

Ma ΔT = - ΔU, quindi:

1 2 3 2 2  ml  mr    5,35 J 2 6  11

   13,7 rad s

10. Una palla da biliardo di raggio R = 5 cm è in quiete sul piano del tavolo da giuoco. Ad essa viene impresso un impulso centrale che la fa muovere con velocità iniziale v0 = 0,5 m/s. 2 2 Tenendo conto che il momento d’inerzia del corpo vale I  mR , si calcoli la 5 velocità angolare della palla nell'istante in cui il suo moto diventa di puro rotolamento.

v0

Il piano del tavolo presenta attrito, quindi la velocità decresce secondo la legge: v = v0 – μgt (I). Dalla seconda equazione cardinale della dinamica si ha: d d 5g M  mgR  I   2R dt dt Integrando:



5g t (II) 2R

Nell'istante t* in cui si ha puro rotolamento: v(t*)= R ω(t*) . Dunque, combinando le (I) e (II) si ottengono le relazioni:

t* 

2 v0 7 g

 t *  

12

5v0  7,14 rad s 7R

13...