G.M. - Informatica B-Automazione 2002/03

i è l’istante iniziale quando il corpo entra in contatto con la molla

f è l’istante finale, quando il corpo si ferma momentaneamente prima di invertire il moto (condizione di massima compressione della molla)

I esonero

Un corpo di massa m= 0.5 kg, che si muove su di un piano orizzontale liscio con velocità v=0.5 m/s verso sinistra, colpisce una molla di costante elastica k=50N/m inizialmente non deformata.

• Determinare la massima compressione della molla.• Determinare la velocità con cui il corpo abbandona la molla, quando questa

ritorna nella condizione iniziale.• Utilizzando la seconda legge di Newton, mostrare che il moto del corpo durante il

tempo in cui è attaccato alla molla è armonico.• Scrivere la legge oraria del moto e determinare la pulsazione angolare, l'ampiezza

e la fase iniziale del moto armonico• Determinare il periodo del moto armonico ed la durata dell'intervallo di tempo

durante il quale il corpo resta in contatto con la molla.

Oltre alla forza elastica che agisce quando il corpo è a contatto con la mollaLe altr forze agenti sono:

La forza peso (fa lavoro nullo: perpendicolare allo spostamento)La Normale (fa lavoro nullo: perpendicolare allo spostamento)

Si conserva l’energia meccanica

vm

k

Ef =Ei K f +Uf =K i +Ui

K i =12

mvi2

U i =0

K f =0

U f =12

kxmax2

12

kxmax2 =

12

mvi2 ⇒ xmax=vi

mk

=0.5ms

0.550

s=0.05m

x

y

O

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La legge oraria sarà del tipo:

I esonero

la velocità con cui il corpo abbandona la molla, quando questa ritorna nella condizione iniziale è uguale a quella di arrivo. La forza elastica è conservativa, le altre forze non hanno compiuto lavoro.

Applichiamo la conservazione dell’energia con • i è l’istante iniziale quando il corpo entra in contatto con la molla

• f è l’istante finale, quando il corpo si allotana dalla molla

Dimostriamo che il moto è armonico:

L’equazione lungo l’asse x è l’equazione tipica del moto armonico: l’accelerazione proporzionale all’opposto della posizione.

vm

k

Ef =Ei K f +Uf =K i +Ui K i =12

mvi2

U i =0

12

mvf2 =

12

mvi2 ⇒ vf =vi =0.5

ms

K f =12

mvf2

U f =0

r F el +

r P +

r N =m

r a

x Felx =maxy N −mg=0

max =−kx ⇔d2xdt2

=−km

x

x =Acosωpt+ϕ( ) ωp =km

=500.5

= 100=10rads

t =0 xo =0

vo =−.5m/s

vx =−Aωpsenωpt+ϕ( )

0=Acosϕ( )ϕ =π

2

ϕ =3π2

−.5ms =−Aωp senϕ( )

Posizione iniziale

Velocità iniziale

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La legge oraria sarà del tipo:

I esonero

Il periodo del moto armonico (se il corpo fosse attaccato alla molla):

Per determinare la durata del moto si osservi che il corpo rimane in contatto con la molla per metà ciclo, quindi la durata del moto sarà metà del periodo:

vm

k

t =0 xo =0

vo =−.5m/s 0=Acosϕ( )ϕ =π

2

ϕ =3π2

vo =−.5ms =−Aωpsenϕ( )

Posizione iniziale

Velocità iniziale

Il fatto che l’ampiezza deve essere positiva porta a concludere che ϕ =π

2

E l’ampiezza vale A =−vo

ωp

=−−.5m

s

10rads

=.05m

T =2πωp

=−6.28

10rads

=.0.628s

Δt =T2

=0.628s

2=0.314s

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Troviamo la velocità in funzione di q con la conservazione dell’energia (osservaiamo che la Normale fa lavoro nullo). Poniamo U=0 alla sommità

I esonero

Un eschimese seduto sulla cima di un blocco di ghiaccio di forma emisferica, come mostrato in figura, di raggio R=3 m, riceve una piccola spinta che lo va partire dalla sommità del blocco con una velocità di 1.9 m/s.

• Determinare l'angolo rispetto alla verticale, a cui l'eschimese si stacca dal ghiaccio.

• Determinare infine la distanza dal centro del blocco del punto di impatto al suolo. Si assuma il blocco di ghiaccio privo di attrito.

Il problema è identico a quello svolto nella lezione 18N

P

r P +

r N =m

r a

r u n mgcosθ−N =m

v2

R

N =mgcosθ−mv2

RIl distacco si avrà quando N=0

ΔE =Wnc=WN =0r N ⊥dr r

1 2 4 3 4 Ef =Ei K f +Uf =K i +Ui12 mvi

2 +0 =12 mvf

2 −mgh

h =R 1−cosθ( )

v2 θ( ) =vi2 +2gR 1−cosθ( ) N =mgcosθ−m

vi2

R−m

2gR 1−cosθ( )R

=mg3cosθ−2( )−mvi

2

R

E’ l’unica cosa che cambia rispetto al problema della lezione 18

N =0 ⇒ cosθ=vi

2

3gR+

23

=1.92

3×9.81×3+

23

=0.707 θdistacco=arcos0.707( ) =45°

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I esonero

Cerchiamo ora il punto di atterraggio.

vP

v2 θ( ) =vi2 +2gR 1−cosθ( )

xd =Rsen45°=22

R =2.12m

yd =Rcos45°=22

R =2.12m

vd = vi2 +2gR1−cosθ( ) = 1.92 +2×9.81×3 1−

22

⎛ ⎝ ⎜ ⎞

⎠ =7.76

ms

vxd =vd cosθd =7.76×22

=5.49ms

vyd =−vdsenθd =−7.76×22

=−5.49ms

Facendo ripartire il cronometro nel momento del distacco.

x =xd +vxdt

y =yd +vydt−12gt2

yd +vydt −12gt2 =0 t=

−vyd ± v2yd +2gyd

−g

t =vyd ± v2

yd +2gyd

g=

−5.49± 5.492 +2×9.81×2.129.81

=−5.49±8.47

9.81

t1 =0.30s

t1 =−1.42sx =xd +vxdt =2.12+5.49×.30=3.77m

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Le forze che hanno agito sull’orsacchiotto durante la sua discesa:La forza peso conservativaLa normale N, la forza perpendicolare alla superficie del palo dovuta al fatto che l’orsacchiotto per non cadere liberamente ha stretto a se il palo (non compie lavoro)La forza di attrito (dinamico) la component e parallela a l vincolo della reazione vincolare

ΔE =Wnc=−FadL ⇒ Fad =−ΔEL

=−ΔU +ΔK

L=−

−2940+39212

Jm

=212.3N

I esonero

Un orsetto di 25 kg si lascia scivolare, da fermo, per 12 m lungo un palo raggiungendo la velocità di 5.6 m/s.

• Quale variazione ha subito la sua energia potenziale? • Qual è la sua energia cinetica subito prima di toccare il suolo? • Qual è stata la forza media di attrito che ha agito sull'orsetto durante il suo moto?

L’energia potenziale della forza peso:Assegnando energia potenziale 0 ai punti sul piano y=0

x

y

12 m

UP =mgy

ΔUP =UPf −UPi =mgyf −mgyi =mg(yf −yi) =

=25kg×9.81ms2 (0−12m) =−2940J

L’energia cinetica prima di toccare il suolo è data da:

K f =12

mvf2 =

12

×25kg×5.62 m2

s2 =392J

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Pertanto se aumentaLa componente x della forza F diminuisceLa forza di attrito statico diminuisceLa normale N aumentaLa forza di attriti statico massimo aumentaLa forza di attrito dinamico aumenta

I esonero

Se l’angolo della forza F agente sul blocco fermo cresce, le seguenti grandezze aumentano, diminuiscono o rimangono le stesse?

(a)la componente x della forza Fx; (b)la forza di attrito statico fs; (c) la normale N; (d)la forza di attrito statico fsmax. (e) Se invece il blocco non fosse fermo, il modulo della forza

d’attrito aumenterebbe, diminuirebbe o resterebbe uguale? P

N

Fa

• Le altre forze agenti sul blocco sono • La forza peso

• La Reazione vincolare• Con la componente normale N

• E la forza di attrito• Statico se il corpo è fermo

• Dinamico se è in moto

La seconda legge di Newton vale

r F +

r P +

r N +

r F a =m

r a =0

Proiettando nella direzione orizzontale x e verticale y:x Fcosθ−Fa =0

y N −mg−Fsenθ=0

Da cui si ottiene: Fa =Fcosθ N =mg+Fsenθ

Fx =FcosθFa =FcosθN =mg+FsenθFamax=μsNFd =μdN