Esercizi di fisica con soluzioni/Dinamica dei corpi rigidi

Esercizi

1. Due sfere unite

Determinare il momento di inerzia di due sfere piene di massa $M\$ e raggio $R\$, unite sulla superficie esterna, attorno ad un asse normale al congiungente i loro centri e passante per il punto di contatto.

2. Pendolo fisico

Un pendolo fisico è costituito da un'asta sottile rigida ed omogenea di lunghezza $L\$ e massa $m\$ che ruota intorno al suo estremo $O\$. Sull'asta è collocata ad una distanza $a\$ dall'estremo $O\$ un corpo puntiforme di massa $M=5m\$. Si determini: a) il periodo delle piccole oscillazioni se $M\$ si trova in $a=L/2\$; b) il periodo delle piccole oscillazioni se la massa $M\$ viene spostata da un estremo all'altro.

(Dati: $L=1\ m$)

3. Freno su disco

Un disco omogeneo di massa $M\$ e raggio $R\$ ruota liberamente attorno al proprio asse con velocità angolare $\omega _{o}\$. Sul disco viene azionato per un tempo $T\$ un freno elettromagnetico che genera una coppia frenante di momento meccanico $|M_{f}|=-b\omega \$, dove $\omega \$ è la velocità angolare istantanea. Determinare: a) la velocità angolare del disco dopo l'azione del freno; b) l'energia dissipata dal freno

(dati $M=10\ kg$, $R=20\ cm$, $b=0.2\ Nms/rad$, $T=1\ s$, $\omega _{o}=10\ rad/s$)

4. Anello in discesa

Un anello viene lasciato, con velocità iniziale nulla, sulla cima di un piano inclinato scabro con un angolo $\alpha \$ rispetto alla direzione orizzontale. Determinare: a) se il moto dell'anello possa essere di puro rotolamento; b) la velocità dell'anello dopo che il suo centro si è spostato di $s\$

(Dati del problema $\alpha =50^{o}\$, $\mu _{s}=0.5\$, $\mu _{d}=0.5\$, $s=3\ m$)

5. Carrucola con due masse

Ad una carrucola di raggio $r\$ e momento di inerzia $I\$ rispetto al piano verticale in cui giace la carrucola e passante per il suo centro sono sospese tramite un filo inestensibile due masse $m_{1}\$ ed $m_{2}\$. Calcolare: a) l'accelerazione delle masse; b) le tensioni dei fili; c) il tempo impiegato dalla carrucola, partendo dal sistema fermo, a fare un giro.

(dati del problema $I=1\ kgm^{2}\$, $r=0.4\ m$, $m_{1}=3\ kg$, $m_{2}=2\ kg\$)

6. Disco in discesa

Un disco di raggio $r\$ e massa $m\$ scende srotolando un filo, che non slitta rispetto al bordo del disco. Quando arriva nel punto più basso, si è srotolato tutto il filo ed è diminuita la quota del centro del disco di $h_{0}\$. Determinare: a) la massima velocità angolare; b) la tensione del filo nel punto più basso; c) la tensione del filo durante la discesa (o salita a ritroso).

(Dati del problema $m=0.3\ kg\$, $r=10\ cm\$, $h_{0}=1\ m\$ ipotizzare che il filo nel punto più basso rimane in tiro.)

7. Sfera in discesa

Una sfera di massa $m\$ e raggio $r\$ viene lasciata con velocità iniziale nulla su un piano inclinato con un angolo $\alpha \$ rispetto alla direzione orizzontale.

Determinare: a) se il moto sia di puro rotolamento; b) la velocità del centro della sfera dopo un giro.

(Dati del problema $m=1\ kg\$, $r=10\ cm\$, $\alpha =30^{o}\$, $\mu _{s}=\mu _{d}=0.4\$)

8. Boccia

Una boccia (una sfera omogenea) di massa $m\$ e raggio $r\$, viene lanciata tangenzialmente ad un piano orizzontale. Quando entra in contatto con il piano ha una velocità $v_{o}\$, ma senza alcuna rotazione. A causa dell'attrito ($\mu _{d}\$ coefficiente d'attrito dinamico), dopo un certo tempo $t_{x}\$ essa inizia un moto di puro rotolamento.

Determinare: a) Il tempo $t_{x}\$; b) l'energia dissipata dall'attrito (tra quando tocca il piano e quando incomincia a compiere un moto di puro rotolamento); c) lo spazio percorso dalla sfera prima di iniziare il moto di puro rotolamento.

(dati del problema $m=500\ g\$, $r=10\ cm\$, $\mu _{d}=0.5\$, $v_{0}=2\ m/s\$, l'attrito volvente viene trascurato)

9. Disco pieno

Ad un disco pieno massa $m\$ e raggio $r\$, che ha un coefficiente di attrito statico $\mu _{s}\$ con il piano orizzontale su cui è poggiato, è applicata una coppia di momento $M\$.

E' il moto di puro rotolamento? Quale è la accelerazione del centro di massa?

(dati $m=5\ kg\$, $r=0.2\ m\$, $\mu _{s}=0.3\$, $M=4\ Nm\$)

10. Biliardo

Una sfera omogenea di massa $m\$ e raggio $r\$, è posta su un piano orizzontale scabro di coefficiente di attrito dinamico $\mu _{d}\$; inizialmente la sfera è in quiete. Viene applicato un impulso parallelo al piano orizzontale $|J|\$, appartenente al piano verticale che passa per il centro della sfera e la cui retta d'azione passa ad un'altezza $1.2r\$ dal piano orizzontale. E' praticamente una palla da biliardo colpita dalla stecca sopra al centro.

Determinare: a) La velocità angolare iniziale della sfera; b) Dopo quanto tempo il moto diventa di puro rotolamento.

(dati del problema $m=500\ g\$, $r=10\ cm\$, $\mu _{d}=0.4\$, $|J|=5\ Ns\$)

11. Attrito volvente

Una sfera di raggio raggio $r\$ ha un coefficiente di attrito volvente $h\$. Quale è la pendenza minima del piano inclinato, su cui è poggiata, per potere rotolare spontaneamente?

(dati $r=0.2\ m\$, $h=50\ \mu m\$)

12. Ruota

Una ruota è composta da due dischi metallici sottili concentrici omogenei di raggio $R_{1}=5\ cm\$ ed $R_{2}=30\ cm\$. La ruota è in posizione verticale su di un piano orizzontale. Sul disco di raggio inferiore è arrotolato un filo inestensibile e di massa trascurabile a cui si applica una forza $F=10\ N\$ costante e parallela al piano orizzontale.

Si misura che il filo si srotola completamente una volta che la ruota ha compiuto $n=10\$ giri completi dalla posizione iniziale nella quale la sua velocità era nulla. Sapendo che il disco di raggio minore $R_{1}\$ ha massa $M_{1}=0.1\ kg\$, che quello di raggio maggiore $R_{2}\$ ha massa $M_{2}=5\ kg\$.

Si determini nell’ipotesi di moto di puro rotolamento: a) il valore della velocità angolare $\omega \$ della ruota una volta che il filo si è completamente srotolato; b) il valore del momento frenante costante da applicare alla ruota se si vuole arrestarla in un tempo pari a $\Delta t=30\ s\$ una volta raggiunta la velocità angolare $\omega \$ trovata nel rispondere alla precedente domanda.

13. Puleggia

Su un piano orizzontale è posta una massa $m_{1}=10\ kg\$. Essa viene messa in movimento tramite un filo che si avvolge sulla gola di una puleggia di raggio $r_{1}=20\ cm\$. La puleggia è messa in rotazione dalla discesa, sotto l'azione della forza peso di una massa $M_{2}=4\ kg\$, a cui è collegata da un filo avvolto su una gola di raggio $R_{2}=50\ cm\$ (della stessa puleggia), coassiale e rigidamente fissata alla precedente. Il momento di inerzia dell'insieme delle due pulegge vale $I=6\ kgm^{2}\$. Calcolare in assenza di attrito: a) Le velocità di $M_{2}\$ ed $m_{1}\$ dopo che è scesa di una quota $h=1\ m\$; b) Le tensioni dei due fili durante il moto; c) quale sarebbe la velocità della massa $M_{2}\$ nel caso in cui esistesse tra $m_{1}\$ ed il piano un coefficiente di attrito $\mu =0.25\$.

14. Ruota motrice

Una coppia motrice $M=1.6\ Nm\$ viene applicata sul mozzo di una ruota approssimabile come un disco pieno. La ruota ha massa $m=3\ kg\$ e raggio $r=20\ cm\$ e giace su un piano orizzontale. Il punto di contatto ha un coefficiente di attrito statico $\mu _{s}=0.3\$. Determinare: a) la forza di attrito tra ruota e piano ; b) la distanza percorsa a partire da fermo in un tempo $t_{1}=15\ s\$; c) la massima coppia motrice applicabile $M_{max}\$.

15. Puleggia con due gole

Un argano è schematizzabile come una ruota con due gole che ruota senza attrito sul suo asse. Un carico di massa $m_{c}=100\ kg\$ è collegato, tramite una fune inestensibile, al raggio interno $R_{1}=40\ cm\$ dell'argano di momento di inerzia $I=10\ kgm^{2}\$. Sulla gola esterna, di raggio $R_{2}=80\ cm\$ dell'argano agisce attraverso un'altra fune una forza $F=500\ N\$ (orizzontale). Supponendo di poter trascurare la massa dei due cavi e che gli stessi abbiano moto senza strisciamento lungo le gole, calcolare: a) la accelerazione; b) la tensione che agisce sulla fune verticale; c) la potenza media sviluppata dalla forza se il carico viene sollevato di $h=3\ m\$.

16. Cilindro pieno

Un cilindro pieno ed omogeneo di raggio $R=15\ cm\$ e massa $M=2\ kg\$ viene posto in rotazione intorno al proprio asse orizzontale, con velocità angolare $\omega _{o}=40\ rad/s\$. In seguito il cilindro viene appoggiato su una superficie orizzontale con coefficiente di attrito dinamico $\mu _{d}=0.25\$. Nella prima fase il cilindro striscia sul piano, trascorso un tempo $t'\$ comincia il moto di puro rotolamento. Determinare:

a) $t'\$;

b) la velocità del centro di massa al tempo $t'\$;

c) i giri fatti fino a $t'\$;

d) l'energia dissipata per attrito.

17. Un tubo che rotola

Un tubo di raggio interno $r_{1}=10\ cm\$ ed esterno $r_{2}=20\ cm\$, lungo $\ell =5\ cm\$ e densità uniforme $\rho =2.7\ g/cm^{3}\$, viene lasciato rotolare da fermo lungo una discesa (un piano inclinato con angolo $\theta =20^{o}\$ rispetto al piano orizzontale) da una altezza $h=3\ m\$. Il tubo rotola con moto di puro rotolamento.

Determinare : a) la massa del tubo ; b) il momento di inerzia del tubo; c) la accelerazione nel moto in discesa; d) la accelerazione durante il moto in discesa se viene applicato anche un momento frenante di $M_{f}=5\ Nm\$; e) il coefficiente di attrito minimo che permette il moto di rotolamento con il momento frenante.

18. Un disco su un piano inclinato

Un disco di raggio $R=10\ cm$, massa $M=10\ kg\$ su un piano inclinato con angolo $\theta \$ rispetto alla direzione orizzontale a causa di una coppia $\tau \$ applicata sul disco, sale ($\theta <0\$) lungo un piano inclinato o scende $\theta >0\$ . Determinare per $\tau =5\ Nm\$ in salita e per $\tau =2\ Nm\$ in discesa forza di attrito, accelerazione, accelerazione angolare. L'attrito statico tra piano inclinato e disco è di $\mu _{s}=0.5\$, l'attrito dinamico è $\mu _{d}=0.48\$.

19. Automobile

Una automobile di massa $M\$ è messa in moto in moto da un motore che esercita un momento $|\tau |\$ su ciascuna delle due ruote motrici. Le ruote hanno un raggio $R\$ ed un momento di inerzia $I_{r}\$. Determinare la forza di attrito che agisce sulle due ruote motrici (la strada è piana) in fase di accelerazione della automobile. Immaginare che la forza peso si scarichi in maniera eguale sulle ruote. Il coefficiente di attrito statico tra ruote e strada vale $\mu _{s}=0.9\$. la condizione sull'attrito statico tra le ruote e il suolo. A causa della forza di attrito viscoso $F_{v}=-bv^{2}\$ la macchina raggiunge una velocità di regime $v_{0}\$ , determinare la coppia sulle ruote motrici e la potenza del motore.

(Dati del problema $\tau =250\ Nm\$, $M=1000\ kg\$, $R=0.3\ m\$, $I_{r}=0.4\ kgm^{2}\$, $v_{0}=170\ km/h\$, $b=0.5\ kg/m\$ )

20. Due dischi

I due dischi pieni indicati in Figura sono uniti sul bordo costituendo così un sistema rigido sospeso all'estremo $O\$ attorno a cui può ruotare senza attrito. I due dischi hanno stessa massa $m\$ e raggio $R\$ tale che il periodo delle piccole oscillazioni del sistema attorno al punto $O\$ vale $T\$. Determinare a) il raggio dei dischi; b) il momento di inerzia totale del sistema dei due dischi rispetto ad $O\$; c) la velocità massima dell’estremo inferiore se il sistema viene lasciato cadere con velocità iniziale nulla dalla posizione orizzontale (cioè con il punto di contatto tra i due dischi allineato orizzontalmente con il punto $O\$).

(dati del problema $m=700\ g\$, $T=1.3\ s\$)

21. yo-yo

Uno yo-yo classico di momento di inerzia $I\$ e massa $m\$ è rappresentato in figura. Attorno all'asse centrale di raggio $r\$, (molto minore del raggio esterno del giocattolo) è avvolto un filo di lunghezza $\ell \$ che è fissato ad una estremità in modo tale che mentre lo yo-yo scende verticalmente, il filo si svolge. Se lo yo-yo parte da fermo per $\ell =0\$ si determini: a) la accelerazione e la tensione del filo; b) l' energia cinetica rotazionale (assumendo che la rotazione avvenga attorno al centro di massa) e quella traslazionale alla fine della discesa ; c) Al termine della fase di discesa lo yo-yo continua a ruotare nella medesima direzione riavvolgendo il filo. Assumendo che nell'inversione del moto venga dissipata tutta l’energia cinetica traslazionale, determinare l’altezza massima raggiunta).

(dati del problema $m=130\ g$, $r=4.4\ mm\$, $\ell =1.1\ m\$, $I=1\cdot 10^{-4}\ kgm^{2}\$)

Soluzioni

1. Due sfere unite

applicando il teorema di Huygens Steiner per una sfera:

$I_{1}={\frac {2}{5}}MR^{2}+MR^{2}={\frac {7}{5}}MR^{2}\$

Per il sistema:

$I={\frac {14}{5}}MR^{2}\$

2. Pendolo fisico

a)

Il momento di inerzia totale del sistema e la posizione del baricentro entrambi calcolati rispetto al punto O sono rispettivamente:

$I_{1}=I_{a}+I_{M}={\frac {1}{3}}mL^{2}+Ma^{2}={\frac {19}{12}}mL^{2}\$

$x_{1}={\frac {1/2mL+Ma}{m+M}}={\frac {L}{2}}\$

Quindi, la lunghezza ridotta del pendolo vale:

$l_{r1}={\frac {I_{1}}{x_{1}6m}}={\frac {19}{36}}L=0.53L\$

Il periodo delle piccole oscillazioni vale:

$T_{1}=2\pi {\sqrt {\frac {l_{r1}}{g}}}=1.46\ s$

b)

Se $M\$ viene posto all'estremo opposto ad $O\$:

$I_{2}={\frac {1}{3}}mL^{2}+ML^{2}={\frac {1}{3}}mL^{2}+5mL^{2}={\frac {16}{3}}mL^{2}\$

$x_{2}={\frac {mL/2+ML}{m+M}}={\frac {mL/2+5mL}{m+5m}}={\frac {11}{12}}L\$

Quindi, la lunghezza ridotta del pendolo vale:

$l_{r2}={\frac {I_{2}}{x_{2}6m}}={\frac {32}{33}}L=0.97L\$

Il periodo delle piccole oscillazioni vale:

$T_{2}=2\pi {\sqrt {\frac {l_{r2}}{g}}}=1.98\ s\$

Mentre se $M\$ viene posto in $O\$:

$I_{3}={\frac {1}{3}}mL^{2}\$

$x_{3}={\frac {mL/2}{m+M}}={\frac {1}{12}}L\$

Quindi, la lunghezza ridotta del pendolo vale:

$l_{r3}={\frac {I_{3}}{x_{3}6m}}={\frac {2}{3}}L\$

Il periodo delle piccole oscillazioni vale:

$T_{2}=2\pi {\sqrt {\frac {l_{r3}}{g}}}=1.64\ s\$

3. Freno su disco

a) Il momento di inerzia del disco vale:

$I={\frac {1}{2}}MR^{2}=0.2\ kgm^{2}$

La II equazione cardinale della dinamica:

$I{\frac {d\omega }{dt}}=-b\omega \$

La cui soluzione è:

$\omega (t)=\omega _{o}e^{-tb/I}\$

Nel caso di $t=T\$:

$\omega (T)=2.2\ rad/s$

b) L'energia dissipata è pari alla variazione di energia cinetica rotazionale:

$\Delta E_{r}={\frac {1}{2}}I\omega _{o}^{2}\left(1-e^{-2Tb/I}\right)=9.5\ J$

4. Anello in discesa

a) L'equazioni cardinali sono:

$ma_{CM}=mg\sin \alpha -f\$

$fr=I{\frac {d\omega }{dt}}\$

con $I=mr^{2}\$ essendo un anello e per avere puro rotolamento:

${\frac {d\omega }{dt}}={\frac {a_{CM}}{r}}\$

sostituendo nella seconda equazione cardinale:

$fr=mr^{2}{\frac {a_{CM}}{r}}\$

dalle due equazioni segue che:

$a_{CM}={\frac {g}{2}}\sin \alpha \$

$f={\frac {mg}{2}}\sin \alpha \$

per avere puro rotolamento:

${\frac {mg}{2}}\sin \alpha \leq \mu _{s}mg\cos \alpha \$

$\tan \alpha \leq 2\mu _{s}\$

non essendo verificata il moto non è di puro rotolamento.

b)

$a_{CM}=g\sin \alpha -\mu _{d}g\cos \alpha \$

essendo un moto accelerato uniforme:

$s={\frac {1}{2}}a_{CM}t^{2}\$

$v=a_{CM}t\$

da cui:

$v={\sqrt {2sa_{CM}}}=5.1\ m/s\$

5. Carrucola con due masse

L'equazione del moto per la massa $1\$:

$m_{1}g-T_{1}=m_{1}a\$

L'equazione del moto per la massa $2\$, notare la stessa accelerazione (avendo scelto gli assi opposti):

$T_{2}-m_{2}g=m_{2}a\$

Mentre sulla carrucola agiscono i momenti:

$(T_{1}-T_{2})r=I{\frac {d\omega }{dt}}\$

Da cui:

$T_{1}=m_{1}(g-a)\$

$T_{2}=m_{2}(g+a)\$

$(T_{1}-T_{2})r^{2}=Ir{\frac {d\omega }{dt}}\$

In realtà se il filo non slitta:

$r{\frac {d\omega }{dt}}=a\$

a)

Eliminando le tensioni dalle tre equazioni:

$(m_{1}-m_{2})g-(m_{1}+m_{2})a={\frac {I}{r^{2}}}a\$

$a={\frac {m_{1}-m_{2}}{m_{1}+m_{2}+I/r^{2}}}g=0.87\ m/s^{2}\$

b)

mentre in modulo:

$T_{1}=m_{1}(g-a)=26.7\ N$

$T_{2}=m_{2}(g+a)=21.3\ N$

c)

Essendo il moto delle masse uniforme accelerato, il tempo che impiega a fare una rotazione è:

$2\pi r={\frac {1}{2}}at^{2}\$

$t={\sqrt {\frac {4\pi r}{a}}}=2.4\ s$

6. Disco in discesa

a)

Il punto di contatto del disco con il filo nel tratto finale si trova alla stessa quota quindi la sua velocità rimane nulla. Rispetto a tale punto il moto è solo rotatorio. Ed il momento di inerzia vale:

$I_{C}={\frac {1}{2}}mr^{2}+mr^{2}={\frac {3}{2}}mr^{2}\$

Quindi posso scrivere, che nel punto più basso l'energia è diventata solo rotazionale:

$mgh_{o}={\frac {1}{2}}I_{c}\omega ^{2}={\frac {3}{4}}mr^{2}\omega ^{2}\$

$gh_{o}={\frac {1}{2}}I_{c}\omega ^{2}={\frac {3}{4}}r^{2}\omega ^{2}\$

$\omega ^{2}={\frac {4}{3}}{\frac {gh_{O}}{r^{2}}}\$

$\omega ={\sqrt {\frac {gh_{0}}{3}}}{\frac {2}{r}}=36\ rad/s\$

b)

La velocità del CM vale nel punto più basso:

$v_{CM}=\omega r=3.6\ m/s\$

Quindi la tensione del filo deve essere tale che:

$m{\frac {v_{CM}^{2}}{r}}=T-mg\$

$T=mg+m{\frac {v_{CM}^{2}}{r}}=42\ N\$

c)

Lungo la discesa si ha che, proiettando lungo la direzione verticale e detta $T\$ la tensione del filo ed $a\$ la accelerazione del $CM\$:

$-mg+T=ma\$

Mentre detto $I=mr^{2}/2\$ il momento di inerzia rispetto al $CM\$, la forza peso ha braccio nulllo:

$-Tr=I{\frac {d\omega }{dt}}\$

ma anche, non slittando il filo:

$a=-r{\frac {d\omega }{dt}}\$

Quindi, con semplici passaggi:

$T={\frac {mg}{1+mr^{2}/I}}={\frac {mg}{3}}=0.98\ N\$

7. Sfera in discesa

Le equazioni cardinali sono:

$mg\sin \alpha -f=ma_{CM}\$

$fr=I{\frac {d\omega }{dt}}\$

essendo:

$I={\frac {2}{5}}mr^{2}\$

$a_{CM}=r{\frac {d\omega }{dt}}\$

sostituendo:

$a_{CM}={\frac {5}{7}}g\sin \alpha \$

$f={\frac {2}{7}}mg\sin \alpha =1.4\ N\$

che è minore di:

$\mu _{s}mg\cos \alpha =3.4\ N\$

Quindi il moto è di puro rotolamento.

In un giro la quota del centro di massa diminuisce di:

$h=2\pi r\sin \alpha \$

dovendosi conservare l'energia:

$mgh={\frac {1}{2}}mv^{2}+{\frac {1}{2}}{\frac {2}{5}}mr^{2}{\frac {v^{2}}{r^{2}}}={\frac {7}{10}}mv^{2}\$

$v={\sqrt {{\frac {10}{7}}g2\pi r\sin \alpha }}=2.1\ m/s\$

8. Boccia

a)

La equazione di Newton è:

$m{\frac {dv}{dt}}=-\mu _{d}mg\$

Che integrata (con la condizione iniziale):

$v=v_{o}-\mu _{d}gt\$

Definito:

$I_{c}={\frac {2}{5}}mr^{2}\$

La II equazione cardinale della dinamica rispetto assunto come polo il centro di massa:

$I_{c}{\frac {d\omega }{dt}}=-\mu _{d}mgr\$

${\frac {2}{5}}m^{2}{\frac {d\omega }{dt}}=-\mu _{d}mgr\$

Che integrata (con la condizione iniziale). ricordando che $\omega \$ è positivo se il verso è antiorario ed l'asse delle $x\$ sia scelto positivo nella direzione di $v_{o}\$:

$\omega =-\mu _{d}g{\frac {5}{2r}}t\$

La condizione di puro rotolamento si ha quando:

$-\omega (t_{x})r=v(t_{x})\$

cioè:

$\mu _{d}g{\frac {5t}{2r}}t_{x}r=v_{o}-\mu _{d}gt_{x}\$

$t_{x}={\frac {2}{7}}{\frac {v_{o}}{\mu _{d}g}}=0.12\ s\$

b)

L'energia cinetica iniziale vale:

$E_{co}={\frac {1}{2}}mv_{o}^{2}=1\ J\$

mentre quella finale vale:

$E_{cf}={\frac {1}{2}}mv^{2}(t_{x})+{\frac {1}{2}}I_{c}\omega ^{2}(t_{x})\$

essendo: $I_{c}=2\cdot 10^{-3}\ kgm^{2}\$, $v(t_{x})=1.43\ m/s\$ e $\omega (t_{x})=-143\ rad/s\$ segue che:

${\frac {1}{2}}mv^{2}(t_{x})=0.51\ J\$

${\frac {1}{2}}I_{c}\omega ^{2}(t_{x})=0.204\ J\$

Quindi:

$E_{cf}=0.714\ J\$

Quindi l'energia dissipata per attrito vale:

$E_{co}-E_{cf}=0.286\ J\$

c)

Essendo un moto accelerato uniforme:

$s=v_{o}t-{\frac {1}{2}}\mu _{d}gt_{x}^{2}\$

$s(t_{x})=v_{o}t_{x}-{\frac {1}{2}}\mu _{d}gt_{x}^{2}=0.2\ m\$

9. Disco pieno

Le equazioni cardinali sono:

$f=ma_{CM}\$

$M-fr=I{\frac {d\omega }{dt}}\$

se:

$a_{CM}=-r{\frac {d\omega }{dt}}\$

$f={\frac {M}{r(1+I/mr^{2})}}=13.3\ N\$

che deve essere minore di:

$\mu _{s}mg=14.7\ N\$

quindi il moto è di puro rotolamento e:

$a_{CM}={\frac {f}{m}}=2.66\ m/s^{2}\$

10. Biliardo

a)

Nell'urto:

$mv_{CM}=|J|\$

da cui:

$v_{CM}=10\ m/s\$

Inoltre:

$I_{c}\omega _{o}=|J|(r-1.2r)\$

con $I_{c}=2/5mr^{2}\$ è il momento di inerzia della sfera. Quindi:

$\omega _{o}=-50\ rad/s\$

in senso orario (segno negativo) poichè l'urto avviene al di sopra del centro di massa (CM).

b)

Essendo

$-\omega _{o}r<v_{CM}\$

Il moto è rototraslatorio, con la rotazione in difetto rispetto alla traslazione. Quindi l'attrito ha una funzione frenante per la traslazione, ed esercita un momento propulsivo per la rotazione cioè l'equazione del moto del CM:

$m{\frac {dv}{dt}}=-\mu _{d}mg\$

che integrata:

$v=v_{CM}-\mu _{d}gt\$

Mentre la velocità angolare segue la legge:

$I_{c}{\frac {d\omega }{dt}}=-\mu _{d}mgr\$

che integrata:

$\omega =\omega _{o}-{\frac {5}{2}}{\frac {\mu _{d}g}{r}}t\$

Si raggiunge la condizione di puro rotolamento quando:

$-\omega r=v\$

$-\omega _{o}r+{\frac {5}{2}}\mu _{d}gt^{*}=v_{CM}-\mu _{d}gt^{*}\$

$t^{*}={\frac {2}{7}}{\frac {v_{CM}+\omega _{o}r}{\mu _{d}g}}=0.36\ s\$

11. Attrito volvente

Perchè non si muova occorre che il momento della forza peso rispetto al punto di contatto:

$mg\sin \alpha r\$

sia minore del momento dell'attrito volvente:

$hmg\cos \alpha \$

Quindi:

$mg\sin \alpha r<hmg\cos \alpha \$

Da cui segue che al massimo l'angolo possa essere:

$\tan \alpha \approx \alpha <{\frac {h}{r}}=2.5\cdot 10^{-4}rad\approx 50''\$

12. Ruota

a)

La prima parte si può risolvere o mediante la conservazione dell'energia:

La forza $F\$, di direzione parallela al piano orizzontale, agisce fino a che il filo è arrotolato attorno al disco di raggio minore.

Lo spostamento della ruota compiendo 10 giri vale:

$s=n2\pi R_{2}=19\ m\$

Quindi il lavoro fatto dalla forza è pari a:

$W_{F}=Fs=188\ J\$

Inoltre questa forza esercita un momento motore $W_{m}\$ rispetto al centro della ruota. Pertanto, a sua volta, il momento compie un lavoro fino a che la forza ha la possibilità di agire sulla ruota. Il lavoro dovuto al momento ha la seguente espressione:

$W_{m}=20\pi R_{1}F=31\ J\$

Quindi imponendo che:

${\frac {1}{2}}\left[I_{tot}\omega ^{2}+(M_{1}+M_{2})v_{CM}^{2}\right]=W_{F}+W_{m}\$

${\frac {1}{2}}\left[{\frac {1}{2}}M_{1}R_{1}^{2}+{\frac {1}{2}}M_{2}R_{2}^{2}+M_{1}R_{2}^{2}+M_{2}R_{2}^{2}\right]\omega ^{2}=W_{F}+W_{m}\$

dove si è posto: $I_{tot}={\frac {1}{2}}(M_{1}R_{1}^{2}+M_{2}R_{2}^{2})\$ e $v_{CM}=\omega R_{2}\$ Quindi:

$\omega _{1}={\sqrt {\frac {2(W_{F}+W_{m})}{{\frac {1}{2}}M_{1}R_{1}^{2}+{\frac {1}{2}}M_{2}R_{2}^{2}+M_{1}R_{2}^{2}+M_{2}R_{2}^{2}}}}=25.3\ rad/s\$

Mentre mediante la cinematica (detto f l'attrito), l'equazioni cardinali sono:

$F-f=(M_{1}+M_{2})a\$

$FR_{1}+fR_{2}=I_{tot}\alpha \$

Essendo un moto di puro rotolamento $a=\alpha R_{2}\$, quindi eliminando $f\$:

$a={\frac {F(1+R_{1}/R_{2})}{M_{1}+M_{2}+I_{tot}/R_{2}^{2}}}=1.53\ m/s^{2}\$

$\alpha ={\frac {a}{R_{2}}}=5.1\ rad/s^{2}\$

Poichè:

${\frac {1}{2}}\alpha t_{1}^{2}=n2\pi \$

$t_{1}={\sqrt {4n\pi /\alpha }}=4.96\ s\$

$\omega (t_{1})=\alpha t_{1}=25.3\ rad/s\$

b)

Essendo:

$I_{tot}={\frac {1}{2}}(M_{1}R_{1}^{2}+M_{2}R_{2}^{2})=0.225\ kgm^{2}\$

se si vuole arrestare la ruota in un tempo pari $\Delta t=30\ s\$, applicando alla ruota un momento costante, si deve applicare un momento $M_{f}\$ che provochi una decelerazione $\alpha _{d}=-\omega _{1}/\Delta t\$.

Le equazioni cardinali diventano (l'attrito statico diventa frenante):

$-f=(M_{1}+M_{2})a_{d}\$

Il momento della forza di attrito agisce in direzione opposta al momento frenante:

$M_{f}-fR_{2}=I_{tot}\alpha _{d}\$

Ma continuando ad essere il moto di puro rotolamento, deve essere:

$a_{d}=-\alpha _{d}R_{2}\$

segue che eliminando $f\$ dalle due equazioni cardinali:

$M_{f}=-R_{2}\left(I_{tot}/R_{2}^{2}+M_{1}+M_{2}\right){\frac {\omega _{1}R_{2}}{\Delta t}}=-0.58\ Nm\$

13. Puleggia

a)

Applicando la conservazione dell'energia, tra la quota più alta e quella più bassa:

$M_{2}gh={\frac {1}{2}}I\omega ^{2}+{\frac {1}{2}}M_{2}v_{M}^{2}+{\frac {1}{2}}m_{1}v_{m}^{2}\$

Non slittando

$v_{M}=-\omega R_{2}\$

$v_{m}=-\omega r_{1}\$

sostituendo:

$M_{2}gh={\frac {1}{2}}I\omega ^{2}+{\frac {1}{2}}M_{2}\omega ^{2}R_{2}^{2}+{\frac {1}{2}}m_{1}\omega ^{2}r_{1}^{2}\$

da cui:

$\omega =-{\sqrt {\frac {2M_{2}gh}{I+M_{2}R_{2}^{2}+m_{1}r_{1}^{2}}}}=-3.3\ rad/s\$

$v_{M}=-\omega R_{2}=R_{2}{\sqrt {\frac {2M_{2}gh}{I+M_{2}R_{2}^{2}+m_{1}r_{1}^{2}}}}=1.6\ m/s\$

$v_{m}=-\omega r_{1}=0.65\ m/s\$

b)

Le tre equazioni cardinali sono:

$M_{2}g-T_{M}=M_{2}a_{M}\$

$T_{M}R_{2}-T_{m}r_{1}=I\alpha \$

$T_{m}=m_{1}a_{m}\$

Essendo:

$a_{m}={\frac {r_{1}}{R_{2}}}a_{M}\$

Dall'ultima:

$a_{M}={\frac {T_{m}R_{2}}{m_{1}r_{1}}}\$

Inoltre

$\alpha ={\frac {a_{M}}{R_{2}}}={\frac {T_{m}}{m_{1}r_{1}}}\$

Le due rimanenti equazioni diventano:

$M_{2}g-T_{M}={\frac {M_{2}T_{m}R_{2}}{r_{1}m_{1}}}\$

$T_{M}R_{2}-T_{m}r_{1}={\frac {IT_{m}}{r_{1}m_{1}}}\$

Da cui eliminando $T_{M}\$ (dividendo per $R\$ la seconda e sommandole):

$T_{m}={\frac {m_{1}M_{2}gr_{1}R_{2}}{M_{2}R_{2}^{2}+m_{1}r_{1}^{2}+I}}=5.3\ N\$

$T_{M}=M_{2}g-{\frac {T_{m}R_{2}M_{2}}{r_{1}m_{1}}}=34\ N\$

c)

Se l'energia non viene conservata:

$M_{2}gh={\frac {1}{2}}I\omega ^{2}+{\frac {1}{2}}M_{2}\omega ^{2}R_{2}^{2}+{\frac {1}{2}}m_{1}\omega ^{2}r_{1}^{2}+\mu m_{1}g{\frac {r_{1}}{R_{2}}}h\$

da cui:

$\omega ={\sqrt {\frac {2M_{2}gh-2\mu m_{1}ghr_{1}/R_{2}}{I+M_{2}R_{2}^{2}+mr_{1}^{2}}}}\$

$v_{M}=R_{2}{\sqrt {\frac {2M_{2}gh-2\mu m_{1}ghr_{1}/R_{2}}{I+M_{2}R_{2}^{2}+m_{1}r_{1}^{2}}}}=1.4\ m/s\$

14. Ruota motrice

a)

La forza di attrito massimo vale;

$f_{max}=\mu _{s}mg=8.83\ N\$

La prima equazione cardinale sul piano:

$f=ma\$

Mentre se il momento è applicato in senso orario, la seconda equazione cardinale è:

$-M+fr=I{\frac {d\omega }{dt}}\$

Ipotizzando che valga la condizione di puro rotolamento e sostituendo la prima equazione cardinale:

${\frac {d\omega }{dt}}=-{\frac {a}{r}}=-{\frac {f}{mr}}\$

Inoltre $I=1/2mr^{2}\$ quindi la II diventa:

$-M+fr=-{\frac {1}{2}}mr^{2}{\frac {f}{mr}}\$

$fr(1+1/2)=M\$

$f={\frac {M}{r(1+1/2)}}=5.3\ N\$

Inferiore alla forza di attrito massimo, quindi il moto è di puro rotolamento.

b)

L'accelerazione della ruota vale:

$a={\frac {f}{m}}=1.8\ m/s^{2}\$

quindi essendo il moto accelerato uniforme.

$s={\frac {1}{2}}at_{1}^{2}=200\ m\$

c)

Imponendo che:

$f_{max}={\frac {M_{max}}{r(1+1/2)}}\$

$M_{max}=f_{max}r(1+1/2)=2.65\ Nm\$

15. Puleggia con due gole

a)

Le due equazioni che rappresentano il moto dell'argano e del carico sono:

$FR_{2}-TR_{1}=I\alpha \$

$T-m_{c}g=m_{c}a\$

Essendo $\alpha R_{1}=a\$, dalla prima:

$F{\frac {R_{2}}{R_{1}}}-T={\frac {I}{R_{1}^{2}}}a\$

Quindi sommandola all'altra equazione:

$F{\frac {R_{2}}{R_{1}}}-m_{c}g=(m_{c}+{\frac {I}{R_{1}^{2}}})a\$

$a={\frac {FR_{2}/R_{1}-m_{c}g}{m_{c}+I/R_{1}^{2}}}=0.123\ m/s^{2}\$

b)

Di conseguenza:

$T=m_{c}(g+a)=992\ N\$

c)

Il moto della massa $m_{c}\$ è uniformemente accelerato e il tempo di salita vale:

$h={\frac {1}{2}}at_{s}^{2}\$

$t_{s}={\sqrt {2h/a}}=7\ s\$

Il lavoro fatto è pari a:

$W=Fh{\frac {R_{2}}{R_{1}}}=3000\ J\$

La potenza media:

$P_{m}={\frac {W}{t_{s}}}=430\ W\$

16. Cilindro pieno

a)

Il moto del centro di massa del cilindro è uniformemente accelerato con forza propulsiva data dall'attrito, per cui:

$a_{CM}=\mu _{d}g\$

Il moto quindi è uniformemente accelerato:

$v_{CM}=a_{CM}t\$

Contemporaneamente l'effetto dell'attrito è di applicare un momento frenante nel moto di rotazione, quindi l'accelerazione angolare vale:

$\alpha =-\mu _{d}Mg{\frac {R}{I}}\$

con $I=1/2MR^{2}\$ è il momento di inerzia del cilindro, quindi

$\alpha =\mu _{d}2{\frac {g}{R}}=33\ rad/s^{2}\$

Quindi la velocità angolare:

$\omega =\omega _{o}-\alpha t\$

imponendo la condizione di puro rotolamento:

$\omega ={\frac {v_{CM}}{R}}\$

$\omega _{o}-\mu _{d}2{\frac {g}{R}}t'={\frac {\mu _{d}gt'}{R}}\$

Da cui:

$t'={\frac {\omega _{o}R}{3\mu _{d}g}}=0.82\ s\$

b)

Quindi

$v_{CM}(t'))=a_{CM}t'=2\ m/s\$

c)

L'angolo descritto è:

$\theta (t')=\omega _{o}t'-\mu _{d}{\frac {g}{R}}t'^{2}\$

Quindi il numero di giri è:

$N={\frac {\theta (t')}{2\pi }}=3.46\$

d)

L'energia iniziale vale:

$E_{o}={\frac {1}{2}}I\omega _{o}^{2}=18\ J\$

$E_{f}={\frac {1}{2}}I\omega ^{2}+{\frac {1}{2}}Mv_{CM}^{2}={\frac {3}{4}}Mv_{CM}^{2}=6\ J\$

Quindi l'energia dissipata per attrito vale:

$\Delta E=E_{o}-E_{f}=12\ J\$

17. Un tubo che rotola

a)

La massa totale è:

$m=\int _{r_{1}}^{r_{2}}\rho \ell 2\pi rdr=\rho \ell \pi (r_{2}^{2}-r_{1}^{2})=12.7\ kg\$

b)

$I_{z}=\int _{r_{1}}^{r_{2}}\rho \ell 2\pi r^{3}dr={\frac {\rho \ell \pi }{2}}(r_{2}^{4}-r_{1}^{4})=0.318\ kgm^{2}\$

c)

Le equazioni cardinali del moto sono:

$ma=mg\sin \theta -f_{a}\$

$I_{z}\alpha =f_{a}r_{2}\$

essendo il moto di puro rotolamento:

$r_{2}\alpha =a\$

Quindi la II equazione cardinale diventa:

${\frac {I_{z}a}{r_{2}^{2}}}=f_{a}\$

Che sommata alla I equazione cardinale:

$ma+{\frac {I_{z}a}{r_{2}^{2}}}=mg\sin \theta \$

$a={\frac {g\sin \theta }{1+I_{z}/mr_{2}^{2}}}=2.06\ m/s^{2}\$

d)

Se è presente un momento frenante l'equazioni cardinali diventano:

$ma=mg\sin \theta -f_{a}\$

$I_{z}\alpha =f_{a}r_{2}-Mf\rightarrow {\frac {I_{z}a}{r_{2}^{2}}}=f_{a}-{\frac {M_{f}}{r_{2}}}\$

che sommate e risolte per $a\$:

$a={\frac {g\sin \theta -M_{f}/(mr_{2})}{1+I_{z}/mr_{2}^{2}}}=0.86\ m/s^{2}\$

e)

Essendo

$f_{a}=m(g\sin {\theta }-a)\$

Quindi se:

$f_{a}\leq \mu _{s}mg\cos {\theta }\$

$\mu _{s}\geq {\frac {g\sin {\theta }-a}{g\cos {\theta }}}=0.27\$

18. Un disco su un piano inclinato

Il momento di inerzia vale $I={\frac {1}{2}}MR^{2}=0.005\ kgm^{2}\$.

Chiamiamo con $f_{s}\$ la forza di attrito, le equazioni cardinali sono:

$Ma=f_{s}+Mg\sin \theta \$

$I\alpha =\tau -f_{s}R\$

Se la forza di attrito è minore in valore assoluto del valore critico che vale:

$f_{max}=\mu _{s}Mg\cos \theta \$

se il moto è di puro rotolamento le due equazioni cardinali sono collegate tra di loro, sostituendo nella seconda equazione $\alpha =a/R\$ diviene:

$I{\frac {a}{R}}=\tau -f_{s}R\$

Quindi si ha che:

$f_{s}={\frac {\tau MR/I-Mg\sin \theta }{1+MR^{2}/I}}\$

$a={\frac {\tau R/I-g\sin \theta }{1+MR^{2}/I}}+g\sin \theta \$

$\alpha ={\frac {\tau R^{2}/I-gR\sin \theta }{1+MR^{2}/I}}+gR\sin \theta \$

Mentre se non è verificata la condizione, le due equazioni restano indipendenti, la forza di attrito ha il valore di:

$|f_{d}|=Mg\cos \theta \$

$\theta \ ^{o}$	$\tau \ (Nm)\$	$f_{max}\ (N\ )\$	$f_{s}\ (N\ )\$	$f_{d}\ (N\ )\$	$a\ (m/s^{2}\ )\$	$\alpha \ (rad/s^{2}\ )\$	$Mg\sin \theta \ (N)\$
0	1	49	6.7	47	0.67	6.7	0
0	5	49	33	47	3.3	33	0
0	10	49	66	47	4.9	105	0
-10	5	48	39	46	2.2	22	-17
-20	5	46	44.5	44	0.88	8.8	-33
-25	5	44	47	43	0.12	14	-41
-30	5	42	50	41	-0.8	18.5	-49
0	2	49	13.3	47	1.3	13	0
20	2	46	2.11	44	3.6	36	41
30	2	42	-3	41	4.6	46	49

19. Automobile

Per la prima parte del moto. Detta $f_{am}\$ la forza motrice di ciascuna ruota motrice e $f_{ar}\$ la forza di attrito delle due ruote non motrici.

$Ma_{C}=2f_{am}-2f_{ar}\$

Se si indica come crescente la direzione verso cui si muove la macchina, $\tau =250\ Nm\$ le altre due equazioni cardinali riferite alle ruote motrici e non sono:

$I_{r}\alpha _{m}=\tau -f_{am}R\$

$I_{r}\alpha _{r}=f_{ar}R\$

ma essendo:

$\alpha _{r}={\frac {a_{c}}{R}}\$

ed anche:

$\alpha _{m}={\frac {a_{c}}{R}}\$

e quindi:

$f_{am}={\frac {\tau }{R}}-{\frac {I_{r}a_{C}}{R^{2}}}\$

Quindi sostituendo, tali espressioni, nella prima equazione:

$Ma_{c}={\frac {2\tau }{R}}-{\frac {2I_{r}a_{C}}{R^{2}}}-{\frac {2I_{r}a_{C}}{R^{2}}}\$

$a_{c}\left(M+{\frac {4I_{r}}{R^{2}}}\right)={\frac {2\tau }{R}}\$

Detta:

$M_{e}=M+{\frac {4I_{r}}{R^{2}}}=1018\ kg\$

Segue che:

$a_{c}={\frac {2\tau }{M_{e}R}}=1.64\ m/s^{2}\$

$f_{ar}={\frac {I_{r}a_{C}}{R^{2}}}=7.3\ N\$

mentre:

$f_{am}=-{\frac {\tau }{R}}+f_{ar}=826\ N\$

Quindi entrambe molto minori di $\mu _{s}Mg/4=2205\ N\$

La $f_{ar}\$ è trascurabile per cui possiamo scrivere che quando la macchina viaggia a velocità costante $v_{0}\$ si ha che:

$2f_{am}-bv_{0}^{2}=0\$

cioè:

$f_{am}=bv_{0}^{2}/2=550\ N$

Contemporaneamente la velocità angolare delle ruote è pari a:

$\omega _{0}=v_{0}/R=157\ rad/s$

Inoltre dovendo essere costante tale velocità angolare:

$\tau -f_{am}R=0\$

cioè:

$\tau =f_{am}R=165\ Nm\$

Per cui la potenza erogata dal motore è:

$P=\tau \omega =51\ kW$

20. Due dischi

a)

Il momento di inerzia del I disco rispetto ad $O\$ (usando il teorema di Huygens-Steiner):

$I_{1}={\frac {1}{2}}mR^{2}+mR^{2}={\frac {3}{2}}mR^{2}\$

Il momento di inerzia del II disco rispetto ad $O\$ :

$I_{2}={\frac {1}{2}}mR^{2}+m(3R)^{2}={\frac {19}{4}}mR^{2}\$

Quindi il momento di inerzia totale vale:

$I=11mR^{2}\$

Il sistema costituisce un pendolo fisico con il centro di massa nel punto di contatto tra i dischi quindi $h=2R\$, quindi il periodo delle piccole oscillazioni vale:

$T=2\pi {\sqrt {\frac {I}{2mgh}}}=2\pi {\sqrt {\frac {11R}{4g}}}\$

$R=\left({\frac {T}{2\pi }}\right)^{2}{\frac {4g}{11}}=0.15\ m\$

b)

Quindi:

$I=11mR^{2}=0.18\ kgm^{2}\$

c)

Mentre dalla conservazione della energia:

$2mg2R={\frac {1}{2}}I\omega ^{2}={\frac {11}{2}}mR^{2}\omega ^{2}\$

$8g=11R\omega ^{2}\$

$\omega ={\sqrt {\frac {16g}{11R}}}=6.8\ rad/s\$

$v_{e}=\omega 4R=4.2\ m/s\$

21. yo-yo

a)

Le equazioni cardinali della meccanica si riducono in questo caso a:

$ma=mg-T\quad \Rightarrow T=m(g-a)\$

assunta la direzione verso il basso positiva

$Tr=I\alpha \quad \Rightarrow T={\frac {I\alpha }{r}}\$

Dove $T\$ è la tensione del filo ed $\alpha \$ la accelerazione angolare. Eliminando da queste equazioni $T\$:

$m(g-a)={\frac {I\alpha }{r}}\$

Ma poiché il cordino è fissato $r\alpha =a\$, quindi l'ultima equazione diviene:

$m(g-a)={\frac {Ia}{r^{2}}}\quad \Rightarrow a={\frac {g}{1+I/mr^{2}}}=0.24\ m/s^{2}\$

la tensione del filo è:

$T=m(g-a)=1.24\ N\$

b)

Chiamando $\ell \$ la lunghezza del filo, applicando la conservazione dell’energia meccanica tra lo stato iniziale a velocità nulla e lo stato finale di massima elongazione dello yo-yo si ha:

$mg\ell ={\frac {1}{2}}I\omega ^{2}+{\frac {1}{2}}mv_{CM}^{2}\rightarrow \omega ={\sqrt {\frac {mgl}{I+mr^{2}}}}=165.4\ rad/s\$

Si è utilizzato $\omega =v_{CM}r\$, con $r\$ il raggio della puleggia attorno alla quale si arrotola il filo. Di conseguenza $v_{CM}=0.73\ m/s\$.

Quindi l'energia rotazionale è:

$E_{r}={\frac {1}{2}}I\omega ^{2}=1.37\ J\$

Quindi l'energia cinetica traslazionale è:

$E_{t}={\frac {1}{2}}mv_{CM}^{2}=0.034\ J\$

La somma delle due energie è pari a quella potenziale iniziale:

$E_{p}=mgh=1.4\ J\$

c)

Viene dissipata tutta l'energia traslazionale e dalla trasformazione della energia rotazionale in energia potenziale:

$mg\ell '=E_{r}\$

$\ell '=E_{r}/(mg)=1.07\ m\$