1 Esercizi sui vettori

Esercizio 1. Sia dato un vettore ~V di lunghezza pari a 13 unita (u), cheforma un angolo θ = 22.6o con l’asse Z e la cui proiezione sul piano XY formaun angolo ϕ di 37o con l’asse X. Si determinino:

1. le componenti lungo i tre assi cartesiani ortogonali;

2. gli angoli α e β che il vettore forma con gli assi X e Y rispettivamente.

Soluzione punto 1: La componente Vz del vettore lungo Z e

Vz = |~V | cos(θ) = 13 (u)× 0.923 = 12 (u) . (1)

Per calcolare le componenti Vx, Vy, calcoliamo prima la lunghezza del vettore

proiezione ~V ′ di ~V sul piano XY. Portando l’origine di ~V a coincidere conl’origine O del sistema di coordinate cartesiano ortogonale, ~V ′ e il vettoreche si origina in O e termina nella proiezione della punta di ~V sul piano XY.Da semplici considerazioni geometriche troviamo che |~V ′| = |~V | sin(θ), dacui ricaviamo che:

Vx = |~V ′| cos(ϕ) = |~V | sin(θ) cos(ϕ) = 13 (u)× 0.384× 0.8 = 4 (u) ,

Vy = |~V ′| sin(ϕ) = |~V | sin(θ) sin(ϕ) = 13 (u)× 0.384× 0.6 = 3 (u) . (2)

Il vettore ~V in componenti cartesiane ortogonali si scrivera:

~V = 4 (u) ~ux + 3 (u) ~uy + 12 (u) ~uz = (4 (u), 3 (u), 12 (u)) . (3)

Soluzione punto 2: Dalla trigonometria sappiamo che:

cos(α) =Vx

|~V |= 0.308 ; cos(β) =

Vy

|~V |= 0.231 , (4)

da cui ricaviamo:α = 72.1o ; β = 76.6o . (5)

Esercizio 2. Calcolare |~V |, | ~W |, ~V · ~W , la loro somma e differenza, l’angolo

θ tra i due vettori, il vettore ~V× ~W e la componente VW di ~V lungo la direzionee verso di ~W , per le seguenti coppie di vettori ~V , ~W espressi in opportuneunita (che sono state omesse):

1. ~V = (1, 2, 3), ~W = (2, 3, 0);

2. ~V = (4, 0, 3), ~W = (0.5, 2, 0);

3. ~V = (1, 4, 2), ~W = (2, 8, 4);

4. ~V = (1, 2, 4), ~W = (−3,−1,−2);

Soluzione 1.

|~V | = 3.74 ; | ~W | = 3.6 ,

~V · ~W = 8 ; ~V + ~W = (3, 5, 3) ; ~V − ~W = (−1,−1, 3) ; θ = 53.6o ,

~V × ~W = (−9, 6,−1) ; VW = ~V ·~W

| ~W |= 2.22 ,

(6)

Soluzione 2.

|~V | = 5 ; | ~W | = 2.06 ,

~V · ~W = 2 ; ~V + ~W = (4.5, 2, 3) ; ~V − ~W = (3.5,−2, 3) ; θ = 78.8o ,

~V × ~W = (−6, 1.5, 8) ; VW = ~V ·~W

| ~W |= 0.97 ,

(7)

Soluzione 3.

|~V | = 4.58 ; | ~W | = 9.17 ,

~V · ~W = 42 ; ~V + ~W = (3, 12, 6) ; ~V − ~W = (−1,−4,−2) ; θ = 0o ,

~V × ~W = (0, 0, 0) ; VW = ~V ·~W

| ~W |= 4.58 = |~V | ,

(8)

Soluzione 4.

|~V | = 4.58 ; | ~W | = 3.74 ,

~V · ~W = −13 ; ~V + ~W = (−2, 1, 2) ; ~V − ~W = (4, 3, 6) ; θ = 139.3o ,

~V × ~W = (0,−10, 5) ; VW = ~V ·~W

| ~W |= −3.47 ,

(9)

Esercizio 3. Dati i seguenti quattro vettori:

~V1 = (1, 0, 3) ; ~V2 = (0, 0, 4) ; ~V3 = (−2,−1, 0) ; ~W = (1, 1, 1) , (10)

1. risolvere l’equazione:

x ~V1 + y ~V2 + z ~V3 = ~W ; (11)

2. calcolare gli angoli α1, α2, α3 formati da ~V1, ~V2, ~V3 con ~W .

Soluzione 1.x = −1 ; y = 1 ; z = −1 . (12)

Soluzione 2.α1 = 43.1o ; α2 = 54.74o ; α3 = 140.77o . (13)

Esercizio 4. Un motoscafo si muove verso Nord con velocita di 15Km/hin un punto in cui la corrente e di 5Km/h nella direzione S 70oE (direzionee verso che va dalla barca verso SE, con un angolo di 70o rispetto al semiasseche va dalla barca verso Sud). Si determini la velocita del motoscafo rispettoa terra.

Soluzione. Fissiamo gli assi X ed Y di un sistema di coordinate cartesianoortogonale da S a N e da O ad E, rispettivamente. La velocita di trascina-mento del fiume (portandone l’origine a coincidere con l’origine O del sistemadi coordinate) giacera nel quarto quadrante (ovvero avra componente lungoX positiva e componente lungo Y negativa) e vale:

~VT = (5Km/h) sin(70o) ~ux − (5Km/h) cos(70o) ~uy = (4.698Km/h) ~ux−− (1.71Km/h) ~uy . (14)

Essendo la velocita del motoscafo rispetto al mare ~v′ = (15Km/h) ~uy, la suavelocita rispetto alla terra sara:

~v = ~v′ + ~VT = (0, 15Km/h) + (4.7Km/h,−1.71Km/h) =

= (4.7Km/h, 13.29Km/h) . (15)

Il modulo di ~v e di 14.1Km/h, diretto verso NE con un angolo di α = 19.47o

rispetto all’asse Y (SN). Il modulo di ~v is sarebbe pure potuto ricavarecon la formula generale che esprime il modulo della somma di due vettori intermini dei moduli dei vettori e dell’angolo tra essi compreso (che, nel caso

di ~v′ e ~VT , vale 110o):

|~v| =√

52 + 152 + 2× 5× 15× cos(110o) (Km/h) = 14.1Km/h . (16)

2 Esercizi di cinematica

Esercizio 1. Si consideri un moto piano descritto in un sistema di coordi-nate cartesiano ortogonale dalle due coordinate del punto materiale dipen-denti dal tempo nel seguente modo:

x(t) = R cos(c t2 + d t+ φ) ,

y(t) = R sin(c t2 + d t+ φ) , (17)

dove c = 316π rad/sec2, d = π

12rad/sec, φ = −π/12 ed R = 15 cm. Si deter-

mini, rispetto ai versori polari ~uϕ e ~ur la velocita, l’accelerazione tangenziale~aT e centripeta ~ac in ogni istante ed il vettore accelerazione ~a, in componenticartesiane, all’istante t = 2 sec.

Soluzione. Il moto e circolare, svolgendosi lungo una circonferenza diraggio R. La posizione angolare ϕ(t) del punto materiale, ripetto all’asse X,in un generico istante t, e data da:

ϕ(t) = c t2 + d t+ φ , (18)

la velocita angolare da

ω(t) =dϕ

dt= 2 c t+ d , (19)

ed il vettore velocita angolare vale:

~ω(t) = ω(t) ~uz = (2 c t+ d) ~uz . (20)

I vettori polari associati alla posizione occupata dalla particella variano neltempo nel seguente modo:

~ur(t) = cos(ϕ(t)) ~ux + sin(ϕ(t)) ~uy ,

~uϕ(t) = − sin(ϕ(t)) ~ux + cos(ϕ(t)) ~uy . (21)

Lo studente puo facilmente verificare, derivando ambo i membri delle equazionidi cui sopra, che:

d~urdt

= ω(t) ~uϕ ;d~uϕdt

= −ω(t) ~ur , (22)

Queste equazioni, usando le proprieta ~uz × ~ur = ~uϕ e ~uz × ~uϕ = −~ur, sipossono anche scrivere nella forma:

d~urdt

= ~ω × ~ur = ω(t) ~uϕ ;d~uϕdt

= ~ω × ~uϕ = −ω(t) ~ur , (23)

consistentemente con le formule generali per la derivata di versori che ab-biamo trattato a lezione.

La velocita della particella e data da:

~v = ~ω × ~r = Rω(t) ~uϕ = R (2 c t+ d) ~uϕ = v(t) ~uϕ , (24)

ove v(t) = Rω(t).Per calcolare l’accelerazione deriviamo ambo i membri della (24):

~a =d~v

dt= R

dω

dt~uϕ +Rω(t)

d~uϕdt

=

= Rα~uϕ −Rω(t)2 ~ur , (25)

dove α = dω/dt = 2 c . I (vettori) componenti tangenziali e centripetidell’accelerazione sono:

~aT = Rα~uϕ ; ~ac = −Rω(t)2 ~ur = −ω(t) v(t) ~ur = −v(t)2

R~ur . (26)

Calcoliamo ora l’accelerazione in componenti cartesiani ortgonali. Per farlousiamo le equazioni generali (21) e sostituiamole nella (25):

~a = R(−α sin(ϕ(t))− ω2 cos(ϕ(t))

)~ux+

= R(α cos(ϕ(t))− ω2 sin(ϕ(t))

)~uy . (27)

A t = 2 sec la posizione angolare, velocita angolare ed accelerazione angolarevalgono:

ϕ(2) =5

6π (rad) ; ω(2) =

5

6π (rad/sec) ; α(2) =

3

8π (rad/sec2) . (28)

Sostituendo questi valori nella (27) troviamo:

~a = 15

(−3

8π sin(

5

6π)− (

5

6π)2 cos(

5

6π)

)~ux+

+ 15

(3

8π cos(

5

6π)− (

5

6π)2 sin(

5

6π)

)~uy =

= (80.2, −66.7) (cm/sec2) . (29)

I vettori ~aT ed ~ac, nelle componenti cartesiane ortogonali, valgono:

~aT = (−8.84, −15.3) (cm/sec2) ; ~ac = (89.03, −51.4) (cm/sec2) . (30)

Esercizio 2. Consideriamo l’esercizio n. 1.17 a pag. 326 del Mazzoldi, Ni-gro, Voci. Si consideri su un piano orizzontale una guida liscia parabolica diequazione y = 5x2, rispetto ad un sistema di coordinate cartesiano ortogo-nale, con x, y espresse in metri. Un punto P si muove con velocita in modulocostante e pari a v0 = 1m/s. Si determinino le componenti dell’accelerazionequando la massa e nel vertice della parabola e nel punto di ascissa x = 0.1m.

Soluzione. Il moto lungo Y , descritto da y(t), non e indipendente daquello lungo X, descritto da x(t), i due essendo legati dall’equazione dellaparabola:

y(t) = 5x(t)2 . (31)

Da questo ricaviamo un legame tra le componenti corrispondenti della ve-locita:

vy =dy

dt= 10x

dx

dt= 10x vx . (32)

La condizione sul modulo della velocita, ci consente quindi di ricavare vx:

v0 =√v2y + v2x = ±vx

√1 + 100 x2 ⇒ vx = ± v0√

1 + 100 x2, (33)

dove ± e riferito al segno di vx. Abbiamo quindi, a meno di un segno legatoal verso del moto, derivato il vettore velocita in funzione di x(t):

~v(x(t)) = (vx(t), vy(t)) = vx(t) (1, 10x(t)) = ± v0√1 + 100 x(t)2

(1, 10x(t)) ,

(34)da cui ricaviamo l’accelerazione:

~a(t) =d~v

dt=d~v

dx

dx

dt= vx

d~v

dx=

v20(1 + 100 x(t)2)2

(−100x(t), 10) . (35)

Osservate che non dipende dal verso del moto (ovvero dai segni ±), essendotutta centripeta. Verificate infatti che l’accelerazione tangenziale e nullaessendo ~a · ~v = 0.

Nota ~a in funzione di x, possiamo calcolare quanto richiesto dal problema:

~a(x = 0) = (0, 10 v20) = (0, 10)m/s2 ,

~a(x = 0.1) =1

4(−10, 10)m/s2 = (−2.5, 2.5)m/s2 . (36)

3 Esercizi di dinamica

3.1 Moto Kepleriano

Esercizio 1. Consideriamo il moto della Luna rispetto alla Terra. Essadescrive un’ orbita ellittica in cui la distanza minima (perigeo) rmin e la

distanza massima (apogeo) rmax sono:

rmin = 363104Km ; rmax = 405693Km, (37)

sapendo che la massa della Luna e quella della terra sono:

ML ≈ 7× 1022Kg ; MT ≈ 6× 1024Kg , (38)

si determinino il semiasse maggiore a, quello minore b, l’energia E ed ilmomento angolare L della Luna.Soluzione. La Luna e molto piu leggera della Terra, per cui possiamo studiareil suo moto nel SR centrato sulla Terra con assi puntati verso le stelle fisseche e per il sistema in esame una buona approssimazione di SR inerziale.Sappiamo che la Luna descrive un’orbita ellittica di equazione:

r(ϕ) =ε d

1 + ε cos(ϕ), (39)

essendo ϕ, r le coordinate polari della Luna nel piano dell’orbita e

ε =

√1 +

2EL2

MLγ2< 1 ; ε d = r∗ =

L2

MLγ; γ = GMLMT . (40)

Calcoliamo dai dati del problema ε e ε d. Usiamo le relazioni:

rmin =ε d

1 + ε; rmax =

ε d

1− ε, (41)

da cui troviamo

ε =rmax − rminrmax + rmin

= 0.055 . (42)

Essendo ε� 1, l’orbita e in buona approssimazione circolare. Calcoliamo lequantita cinematiche richieste dal problema (E, L) usando le relazioni gener-ali per il moto ellittico e in seguito rideterminiamole approssimando il motodella Luna ad un moto circolare uniforme. I semiassi a e b si determinanocome segue:

a =rmax + rmin

2= 384400Km ; b = a

√1− ε2 = 383810Km, (43)

mentreε d = r∗ = rmin (1 + ε) = 383220Km. (44)

Infine dalle (40) ricaviamo:

L =√r∗GMT M2

L ≈ 2.7×1034Kgm2/s ; E = (ε2−1)γ

2r∗≈ −3.64×1028 J .

(45)

Approssimazione di orbita circolare. Ricaviamo ora E, L nell’approssimazionedi orbita circolare di raggio R ≈ a. Il moto e circolare uniforme e l’equazionedi Newton, nel SR della terra, identifica la forza di gravita con la forza cen-tripeta che imprime alla Luna l’accelerazione centripeta necessaria. L’equazioneha solo componente radiale che si scrive:

ML ac = −MLv2

R= − γ

R2, (46)

da cui ricaviamo il modulo della velocita:

v =

√γ

MLR≈ 1020m/s . (47)

Il momento angolare vale quindi:

L = MLRv ≈ 2.7× 1034Kgm2/s . (48)

Per calcolare l’energia meccanica del sistema, calcoliamo l’energia cinetica:

Ek =ML

2v2 =

γ

2R= −Ep

2, (49)

dove abbiamo usato l’espressione dell’energia potenziale Ep = −γ/R. L’energiameccanica E vale quindi:

E = Ek + Ep =Ep2

= − γ

2R≈ −3.64× 1028 J < 0 . (50)

Esercizio 2. Un satellite orbita intorno alla Terra su un’orbita circolare diraggio RS pari alla meta del raggio RL dell’orbita lunare. Si determini il suoperiodo TS in mesi lunari (un mese lunare m.l. ≈ 27.3 gg).

Soluzione. Possiamo applicare la terza legge di Keplero al moto dei satel-liti della Terra:

a3

T 2=GMT

4 π2. (51)

Approssimando il semiasse con il raggio dell’orbita, troviamo quindi che:

R3L

(m.l.)2=R3S

T 2⇒ TS =

(RS

RL

) 32

m.l. =1

2√

2m.l. ≈ 0.35m.l. (52)

Esercizio 3. La cometa di Halley descrive intorno al sole un’orbita ellitticacon ε = 0.967. Il perielio ed il periodo valgono:

rmin = 0.586 a.u. ; T = 75.3 anni , (53)

dove a.u. indica l’unita astronomica di lunghezza, pari a 1 a.u. = 149.6 ×109m. Si determinino l’afelio e la massa del sole.Soluzione. Essendo l’eccentricita moto vicina all’unita, l’orbita e un’ellissemolto schiacciata, prossima ad una parabola e l’energia totale e in valorassoluto molto piccola. Usiamo le formule (41), dalle quali ricaviamo l’afelio:

rmax =ε+ 1

1− εrmin = 34.9 a.u. (54)

Ricaviamo anche il semiasse maggiore dell’orbita:

a =rmax + rmin

2= 17.76 a.u. = 2.66× 1012m. (55)

La massa del sole si ricava dalla terza legge di Keplero:

a3

T 2=GMS

4π2⇒ MS =

4π2 a3

GT 2≈ 1.97× 1030Kg . (56)

Esercizio 4. Una cometa descrive intorno al sole un’orbita ellittica conε = 0.88. Sapendo che all’afelio (r = rmax) la velocita in modulo vale v1 =3.72Km/s, si determini il modulo v2 della velocita al perielio (r = rmin).Soluzione. In generale la velocita ~v della cometa ha componente radialevr = dr

dte angolare vϕ = r ω. All’afelio e al perielio, sappiamo che vr = 0,

ovvero il moto ha solo componente angolare e la velocita e perpendicolarela vettore posizione rispetto al sole. In quei punti, sappiamo che quindi ilmodulo della velocita vale vϕ = r ω. La conservazione del momento angolareimplica che r2 ω = r vϕ e costante lungo il moto. Da questo concludiamo che:

rmin v2 = rmin v2ϕ = rmax v1ϕ = rmax v1 ⇒ v2 =rmaxrmin

v1 =1 + ε

1− εv1 = 58.28Km/s ,

(57)dove abbiamo usato le (41).

3.2 Meccanica

Esercizio 1. (vedi 2.7 del Mazzoldi) Una massa puntiforme m =0.2Kg , poggiata su una superficie orizzontale liscia, e collegata all’estremitadestra di un sistema di due molle (ideali), orizzontali in serie: l’estremita

sinistra della prima molla, di costante elastica k1 = 100N/m e fissata aduna parete veritcale ferma, mentre la sua estremita destra A e connessaall’estremita sinistra della seconda molla di costante elastica k2 = 10N/m.Si determini il periodo di oscillazione armonico della massa.

Soluzione. Fissiamo lungo la direzione delle molle, orientata verso de-stra, l’asse X. Scegliamo l’origine O in corrispondenza dell’estremita destradella seconda molla (quella connessa alla massa), quando le due molle sonoa riposo (non deformate). La posizione della massa e descritta all’ascissa xdi tale punto. Il valore assoluto di x quindi, misura l’allungamento o com-pressione totale ∆` del sistema delle molle. Questa lunghezza e la sommadel’allungamento/compressione della prima mollla ∆`1 e della seconda ∆`2:

|x| = ∆` = ∆`1 + ∆`2 . (58)

Nel punto A, essendo questo un punto con inerzia nulla, le forze si devonoequilibrare. Se ~F1 e −~F2 sono le forze verso sinistra e verso destra, rispetti-vamente esercitate dalla prima e dalla seconda molla, dobbiamo avere:

~F1 = ~F2 ⇒ k1 ∆`1 = k2 ∆`2 . (59)

Da questa equazione e dalla precedente, possiamo ricavare ∆`2 in funzionedi ∆`:

∆`2 =k1 δ`

k1 + k2. (60)

L’equazione del moto della massa m, proiettata nella direzione X, si scrive:

ma = F2 , (61)

essendo ~F2 = F2 ~ux e

|F2| = k2 δ`2 =k1k2k1 + k2

δ` =k1k2k1 + k2

|x| = k |x| , (62)

ove

k =k1k2k1 + k2

. Abbiamo scritto quindi l’intensita della forza elastica su m in funzione dell’allungamento o compressione totale |x|. La componente della forza lungo X,positiva se la molla e compressa (x < 0), negativa se e allungata (x > 0), valequindi F2 = −k x, e l’equazione del moto e quella di un’oscillatore armonicosoggetto all’azione di un’unica molla di costante elastica k:

ma = F2 = −k x . (63)

Dai dati del problema troviamo che k ≈ 9.1N/m, e minore sia di k1 che dik2. Inoltre il periodo di oscillazione vale:

T = 2π

√m

k≈ 0.93 s . (64)

Esercizio 2. Una pallina cava (sfera cava sottile omogenea) di raggio R0 =1 cm e massa m = 3 gr, rotola senza slittare su una guida rappresentata inFigura 1. La guida presenta un anello di raggio R = 0.45m. Inizialmente lapallina ha una velocita v0 = 4.03m/s.

1. Si dimostri che la pallina non si stacca dalla guida e si determini lasua velocita nel punto piu alto dell’anello (A). [Il momento di inerziadi una sfera cava sottile omogenea, rispetto ad un asse passante per ilsuo centro, vale Icm = 2mR2

0/3.]

A destra del punto B la guida diventa perfettamente liscia (µs = µd = 0) e lapallina urta una seconda pallina identica alla prima ma di massa M = 6 gr.

2. Nell’ipotesi che in seguito al contatto le palline rimangano attaccate e simuovano di puro moto traslatorio, determinare la velocita del sistemain C e in D, essendo il dislivello tra il punto D e C di h = 20 cm.

3. Nell’ipotesi che l’urto sia elastico e che quindi tra le superfici dellepalline a contatto non vi siano forze di coesione o attrito, si determininole velocita delle due palline subito dopo l’urto.

Soluzione. Esaminiamo le forze agenti sulla pallina in un punto genericodella guida e scriviamo le equazioni del suo moto. La guida in questione eun esempio di vincolo unilaterale: l’oggetto e semplicemente poggiato su diessa e si puo staccare. Questo vuol dire che la reazione normale ~N esercitatadalla guida sulla pallina a contatto con essa e sempre diretta dalla guidaalla pallina e ha il solo scopo di evitare che questa la attraversi. In questocaso | ~N | misura quanto la pallina “preme” sulla guida ed e zero quando lapallina si stacca dalla guida. Esempi invece di guide bilaterali sono le rotaiedelle montagne russe, alle quali il carrello non e semplicemente appoggiatoma e agganciato. La reazione normale esercitata dalle rotaie sul carrello inquesto caso puo anche essere diretta verso le rotaie stesse (queste in altreparole possono tirare a se il carrello), cosa che una guida unilaterale nonpuo fare. Torniamo al nostro sistema e consideriamo la pallina in un puntogenerico dell’anello, mostrato in Figura 2. Le forze che agiscono su di essasono: la reazione normale ~N , sempre diretta, come detto sopra, dalla guidaalla pallina, e quindi verso il centro dell’anello; la forza peso ~FG agente sul

Figure 1:

centro della pallina (suo centro di massa); forza di attrito statico ~F agentesul punto O′ della pallina a contatto con la guida (ricordiamo che in un motodi puro rotolamento, senza slittamento, questo punto e fermo rispetto allaguida e quindi la forza di attrito agente su di esso e di tipo statico e noncompie lavoro). Il moto della pallina (come il moto di un qualsiasi corporigido), si puo descrivere come la sovrapposizione di un moto traslatorio diinsieme, associato al centro di massa (velocita uguale in tutti i punti e ugualea quella del centro di massa ~vcm), e di un moto interno di rotazione intornoad un asse di istantanea rotazione passante per il centro di massa. Tale asse,nel nostro caso, si sposta, nel nostro sistema di riferimento, mantenendosiparallela a se stessa (direzione costante) e perpendicolare alla direzione delmoto del centro di massa. Queste due componenti del moto (di traslazione edi rotazione) sono descritte rispettivamente dalle seguenti equazioni:

m~acm = ~F (ext.) = ~FG + ~N + ~F , (65)

~Lcmdt

= ~τcm , (66)

Figure 2:

essendo ~acm l’accelerazione del centro di massa, e ~Lcm, ~τcm il momento an-golare totale e il momento risultante delle forze rispetto al centro di massa.Queste equazioni valgono in ogni istante. Il moto di puro rotolamento e peroanche descrivibile come un moto di rotazione intorno ad un asse di istantanearotazione perpendicolare al moto del centro di massa e passante per il puntoO′ di contatto della pallina con la guida. Questo vuol dire che in ogni istantela configurazione delle velocita all’interno della pallina e quella di un moto dirotazione rispetto a quest’asse: le velocita in ogni punto sono perpendicolarialla congiungente il punto con O′ e proporzionali, attraverso la velocita an-golare ω (la stessa in ogni punto), alla distanza da O′. La velocita del centrodi massa, in particolare, vale sempre in modulo:

|~vcm| = R0 |ω| . (67)

Questo legame tra moto di rotazione, descritto da ω, e moto di traslazione,descritto da ~vcm, cessa di valere quando il moto non e piu di puro rotolamento,ovvero, come vedremo, dopo l’urto con la massa M , essendo il tratto a destradel punto B privo d’attrito e l’attrito l’ingrediente essenziale affinche unavariazione del moto di traslazione sia legata (in regime di puro rotolamento)

ad una corripondente variazione del moto di rotazione.Fissiamo ora un sistema di coordinate per decrivere la pallina, in cui l’asse

Z e verticale verso l’alto,l’asse Y orizzontale verso destra e l’asse X perpen-dicolare al foglio uscente. L’asse di rotazione della pallina e quindi sempreparallelo ad X e, come abbiamo sempre fatto, definiamo il verso di rotazionepositivo della pallina quello legato al verso fissato sull’asse di rotazione (versodell’asse X) dalla regola della mano destra: ~ω = ω ~ux. Questo vuol dire che,essendo il moto di rotazione della pallina, visto dall’asse X, in verso orario,avremo ω < 0. L’unica forza che contribuisce al momento totale ~τcm rispettoal centro di massa e quella di attrito ~F , perche ~FG agisce sul centro di massae ~N ha braccio nullo rispetto ad esso:

~τcm = ~τcm(~F ) . (68)

Nei tratti rettilinei orizzontali della guida (fuori dall’anello) ~vcm = vcm ~uye vcm = −Rω (quando la pallina ruota in verso negativo, i.e. orario, essa

avanza in verso positivo i.e. verso destra). Se prendiamo ~F = F ~uy (Fpuo essere positivo, negativo o nullo, lo sapremo risolvendo le equazioni delmoto), dalle equazioni del moto risulta:

macm = F ; N = mg ; Icm α = RF . (69)

Usando la relazione α = dωdt

= −acm/R, la prima e l’ultima equazione im-plicano che acm = 0 e F = 0, ovvero, nei tratti rettilinei orizzontali, nonvi e forza di attrito statico ed il moto, sia di traslazione che di rotazione, euniforme ~vcm = vcm ~uy = cost. e ω = cost. La forza di attrito ~F intervienequindi nei tratti non rettilinei-orizzontali.

Dopo questa analisi generale veniamo al punto 1. e consideriamo l’equazionedel moto del centro di massa (65) in un punto generico dell’anello (Figura2). Fissiamo un sistema di coordinate polari centrate nel centro dell’anelloe descriviamo la posizione del centro di massa attraverso l’angolo ϕ. Sianoinoltre ~ur, ~uϕ i versori polari nel punto occupato dal centro di massa. Osservi-amo che il centro di massa della pallina mantiene dalla guida una distanzacostante R0 e quindi descrive una circonferenza di raggio R − R0. Decom-poniamo lungo le due direzioni polari l’accelerazione del centro di massa e leforze:

~acm = − v2cmR−R0

~ur +dvcmdt

~uϕ ,

~N = −N ~ur ; ~F = F ~uϕ ; ~FG = −mg cos(ϕ) ~uϕ −mg sin(ϕ) ~ur ,(70)

essendo ~vcm = vcm ~uϕ. L’equazione (65) si decompone quindi nelle seguentidue:

−m v2cmR−R0

= −mg sin(ϕ)−N ⇔ N = m

(v2cm

R−R0

− g sin(ϕ)

),

mdvcmdt

= F −mg cos(ϕ) . (71)

Il fatto che la pallina sia semplicemente appoggiata sulla guida e che quindila guida sia un vincolo unilaterale si traduce nella condizione:

N ≥ 0 ⇔ v2cmR−R0

− g sin(ϕ) ≥ 0 . (72)

La pallina si stacchera dalla guida se, in un certo punto dell’anello, N = 0.Osserviamo che, man mano che la pallina sale, sin(ϕ) aumenta mentre |vcm|diminuisce per effetto della forza di gravita, che rallenta la pallina. Per questoN diminuisce, fino a raggiungere, nel punto piu alto A dove ϕ = π/2, il valoreminimo:

Nmin = NA =v2A

R−R0

− g , (73)

essendo vA la velocita del centro di massa nella posizione A. La pallina non sistacchera mai quindi se N ≥ 0 ovunque, ovvero se Nmin = NA ≥ 0. Questoe vero, alla luce dell’equazione (73), se

v2A ≥ g (R−R0) . (74)

Calcoliamo adesso vA in funzione di v0. La condizione che dobbiamo utilizzaree la conservazione dell’energia meccanica. Questa si applica poiche l’unicaforza che compie lavoro e la forza peso che e conservativa. Sappiamo che,se teniamo conto di questa forza attraverso la sua energia potenziale nelladefinizione dell’energia meccanica E, quest’ultima si conserva:

E = Ek + Ep = Ek +mgz = cost. , (75)

essendo z la coordinata verticale del centro di massa della pallina. Scriviamoadesso l’energia cinetica Ek. Questa sappiamo che e la somma dell’energiacinetica associata al moto del centro di massa e del contributo associato almoto di rotazione rispetto al centro di massa:

Ek =m

2v2cm+

Icm2ω2 =

m

2v2cm+

Icm2

v2cmR2

0

=m

2v2cm+

m

3v2cm =

5

6mv2cm , (76)

ove abbiamo usato l’espressione di Icm. La conservazione dell’energia mecca-nica si esprime quindi nel seguente modo:

E =5

6mv2cm +mgz = cost. . (77)

In particolare, richiedendo che l’energia meccanica iniziale EO (nel punto O)sia uguale a quella nel punto A, troviamo:

E0 = EA ⇔5

6mv2O +mgzO =

5

6mv2A +mgzA ⇔

⇔ v2A = v2O −6

5gm (zA − zO) = v2O −

12

5g (RA −R0) ≈ 5.89m2/s2 ,(78)

dove abbiamo usato che zO = R0 (e l’altezza iniziale del centro di massa)mentre zA = 2R − R0. Essendo g (R − R0) ≈ 4.13m2/s2, troviamo chev2A > g (R−R0), da cui concludiamo, in virtu della (74), che la pallina nonsi stacca mai dalla guida. Inoltre abbiamo vA ≈ 2.43m/s. Questo rispondeal punto 1.

Passiamo adesso al punto 2. La pallina ha superato il punto B. Sappiamoche nei tratti rettilinei orizzontali, la pallina si muove di moto (traslatorio

e di rotazione) uniforme e la forza di attrito non interviene (~F = ~0). Perquesto, nell’attraversare il punto B, la pallina non modifichera il suo moto.In particolare, per la conservazione dell’energia meccanica, la velocita delcentro di massa sara, prima dell’urto, di nuovo v0. Cosa succede quando lapallina di massa m colpisce la pallina di massa M? Chiamiamo per semplicitala prima e la seconda, pallina numero 1 e 2 rispettivamente. In quell’istantela pallina 1, che ruota, rimane attaccata alla 2. Se non vi fosse la guida, essatrascinerebbe la pallina due con se nel moto di rotazione. In un brevissimointervallo di tampo dopo il contatto, la pallina 1 “spinge” la 2 verso il basso,aumentando l’intensita della reazione normale N2 della guida sulla pallina 2,“sollevandosi” leggermente, per reazione, in modo che si riduca della stessaquantita la reazione normale N1 agente su essa stessa. Questo ha l’effettoche, in quel brevissimo lasso di tempo, N2 > Mg mentre N1 < mg e sicrea un momento risultante, rispetto al centro di massa del sistema delle duepalline, che mette a zero il momento angolare del sistema. Subito dopo ~N2

tornera a compensare la forza peso della pallina 2 e ~N1 quella della pallina1 (N2 = Mg, N1 = mg). Cio che e vero in ogni istante e che la risultantedelle forze esterne e zero e quindi la quantita di moto totale del sistema siconserva:

~F (ext.) = ~FG,1 + ~N1 + ~FG,2 + ~N2 = ~0 ⇒ d~P

dt= ~0 ⇒ ~p1 + ~p2 = ~0 . (79)

L’urto in questione e completamente anelastico e, se vC e la velocita delsistema delle due masse dopo l’urto, nel punto C, la conservazione dellaquantita di moto totale implica che:

mv0 = (m+M) vC ⇒ vC =m

m+Mv0 . (80)

Osserviamo che l’effetto dell’urto e di cancellare la componente interna delmoto (definita dal moto relativo delle due masse e del moto di rotazionedella prima), assieme alla corrispondente energia cinetica. Il sistema delle duemasse attaccate si muove di moto puramente traslatorio e, ad un certo punto,cade dal dislivello, giungendo al punto D con velocita vD. Per determinarequest’ultima, applichiamo la conservazione dell’energia:

EC = ED ⇔(M +m)

2v2C + (m+M) g zC =

(M +m)

2v2D + (m+M) g zD ⇔

⇔ v2D = v2C + 2 g (zC − zD) = v2C + 2 g h =m2

(m+M)2v20 + 2 g h , (81)

ove abbiamo usato che il centro di massa del sistema delle due palline iden-tiche e sulla congiungente i due centri, e quindi ha sempre distanza R0

dalla guida, per cui zC = R0 e zD = R0 − h. Numericamente troviamovD = 2.39m/s.

Passiamo infine al punto 3. del problema. Oltrepassato il punto B, primadell’urto, la velocita del centro di massa della pallina 1 e, come abbiamodetto, v0, ed essa continua ad essere legata alla velocita agolare ω0 dallarelazione v0 = −R0 ω0, in quanto non e intervenuto nulla per modificare ledue componenti del moto. Durante l’urto, per ipotesi, le forze di interazionetra le due palline sono perpendicolari alle loro superfici, essendo nulla la forzadi attrito tra di esse (si veda Figura 3). Queste forze di interazione giaccionolungo la congiungente i due centri e quindi hanno momento nullo rispettoad essi. Per questo, in ogni istante, il momento risultante delle forze agentisulle palline, riferito ai rispettivi centri, e nullo, e quindi i corrispondentimomenti angolari si conservano. Questo implica che la massa M continueraa non ruotare e la massa m a ruotare con la stessa velocita angolare ω0 cheaveva all’inizio. L’urto quindi influisce solo sul moto dei centri di massa delledue palline e si puo descrivere come un urto elastico unidimensionale tra dueparticelle. Dalle formule generali per questo tipo di processo troviamo che levelocita finali v′1, v

′2 delle particelle 1 e 2 rispettivamente, sono:

v′1 =m−Mm+M

v0 ≈ −1.34m/s ; v′2 =2m

m+Mv0 ≈ 2.69m/s . (82)

Infine le energie cinetiche finali delle particelle 1 e 2 valgono:

E1 =m

2(v′1)

2 +Icm2ω20 =

m

2(v′1)

2 +m

3(v0)

2 ; E2 =M

2(v′2)

2 . (83)

Esercizio 3. (esame del 8/7/2013) Un cilindro omogeneo di massam = 2Kg e raggio R = 20cm (momento di inerzia rispetto al proprio assee IC = mR2/2), poggia su un piano inclinato di θ = 30o .Il suo asse ea contatto con l’estremita di una molla ideale, di costante elastica ke =200N/m, parallela al piano e fissata per l’altra estremita ad un supporto fisso.La molla e inizialmente compressa di ` = 20 cm ed il cilindro inizialmentefermo. A partire dall’istante iniziale t = 0 il cilindro e spinto verso l’alto erotola senza slittare (si trascuri l’attrito dovuto al contatto dell’asse con lamolla).

1. Si determini la forza di attrito statico ed il valore minimo del coefficientedi attrito statico per cui il moto di puro rotolamento puo avvenire;

2. la forza di attrito statico e rivolta verso l’alto o verso il basso?

Nell’istante t1 > 0 in cui la molla raggiunge la sua lunghezza di riposo, l’assedel cilindro si stacca da essa ed il cilindro procede verso l’alto.

3. Si determini in questo istante la velocita del centro di massa del cilindro;

4. quale lunghezza percorre il cilindro lungo il piano a partire da t = 0fino all’istante in cui si ferma?

Soluzione. Iniziamo con il fissare un sistema di coordinate per descrivere ilmoto del cilindro come in Fig. 4. L’origine O e fissata in corrispondenza dellaposizione del centro di massa quando la molla ha la sua lunghezza di riposo.In questo modo la coordianta y′ del centro di massa, quando e negativa,in valore assoluto coincide con la compressione della molla. In particolarey′(t = 0) = −`. L’asse X ′ e invece perpendicolare al foglio uscente. Esso hala stessa direzione dell’asse di rotazione del cilindro e fissa su di esso un verso.In funzione di questo verso, come al solito, definiamo un verso di rotazionepositivo (verso degli angoli crescenti) per il cilindro, come quello legato alverso dell’asse X ′ dalla regola della mano destra, ovvero, in figura, il versoantiorario.

Disegnamo quindi il diagramma di corpo libero tracciando sul cilindrotutte le forze agenti su di esso. Queste sono la forza peso ~FG, la reazione

normale ~N , la forza di attrito statico ~F e la forza elastica della molla ~Fe. Incomponenti queste forze si scrivono come segue:

~F = F ~uy′ , ~N = N~uz′ ,

~FG = −mg sin(θ) ~uy′ −mg cos(θ) ~uz′ , ~Fe = −ke y′ ~uy′ . (84)

Si noti che F ed N sono numero reali che saranno determinati risolvendo leequazioni del moto. Queste si scrivono come segue:

m~a = ~F + ~FG + ~Fe + ~N ,

d~LCdt

= ~τC , (85)

ove ~a e l’accelerazione del centro di massa e ~LC , ~τC sono il momento angolaree il momento risultante delle forze rispetto al centro di massa C del cilindro.Sappiamo che:

~a = a ~uy′ , ~LC = IC α~ux′ , ~τC = RF ~ux′ . (86)

In componenti le equazioni del moto diventano:

N = mg cos(θ) ,

m a = −(ke y′ +mg sin(θ)) + F ,

IC α = F R . (87)

Usando la relazione a = −Rα tra l’accelerazione a del centro di massa el’accelerazione angolare α del moto di puro rotolamento, possiamo risolverele equazioni (87) e trovare:

a = −R2 (ke y

′ +mg sin(θ))

I, F =

IC (ke y′ +mg sin(θ))

I, (88)

ove I = IC + mR2 = 3mR2/2 e il momento di inerzia rispetto all’esse diistantanea rotazione. Si osservi che, affinche il cilindro si muova verso l’altoa t = 0, e necessario che a(0) > 0m/s2, ovvero che

` = −y′(0) >mg sin(θ)

ke= 4.9 cm , (89)

Essendo ` = 20 cm, questa condizione e soddisfatta e troviamo per a ed F iseguenti valori:

a = 10.07m/s2 , F = −10.07N . (90)

Il fatto che F < 0 vuol dire che ~F e rivolto verso il basso. Sapendo che|F | ≤ µsN , ricaviamo il valore minimo del coefficiente di attrito statico µsaffinche possa realizzarsi il moto di puro rotolamento:

µs ≥|F |N

=|F |

mg cos(θ)= 0.59 . (91)

Abbiamo cosı risposto ai punti 1. e 2.Consideriamo adesso l’istante t1 in cui l’asse del cilindro si distacca dalla

molla. Vogliamo determinare la velocita del centro di massa v(t1). A talescopo osserviamo che le uniche forze che compiono lavoro sono la forza pesoe quella elastica della molla, entrambe conservative. Tenendo conto di questedue forze nella definizione dell’energia meccanica, attraverso le rispettiveenergie potenziali, questa si conserva. Scriviamo quindi l’energia meccanicadel cilindro in un generico istante:

E = Ek + Egrav.p + Emolla

p =

{I v2

2R2 +mg (`+ y′) sin(θ) + ke y′2

2y′ < 0

I v2

2R2 +mg (`+ y′) sin(θ) y′ ≥ 0(92)

ove abbiamo fissato la coordianta z lungo la verticale (da non confonderecon z′) essere nulla nell’istante iniziale, in modo che in un generico istantez = (`+ y′) sin(θ).

Usiamo ora la conservazione dell’energia meccanica tra t = 0 e t1 perdeterminare v1 = v(t1):

E(t = 0) =ke `

2

2; E(t1) =

I v212R2

+mg ` sin(θ) ,

E(t = 0) = E(t1) ⇒ v21 =mR2

I

(kem`2 − 2 ` g sin(θ)

). (93)

Affinche il cilindro giunga a distaccarsi dalla molla e necessario che v21 ≥ 0 (setrovassimo v21 ≥ 0, vorrebbe dire che il cilindro si e fermato prima), ovvero

` ≥ 2mg sin(θ)

ke= 9.8 cm , (94)

condizione soddisfatta nel nostro caso. Troviamo infatti:

v1 = 1.17m/s . (95)

Infine calcoliamo lo spostamento totale L del cilindro fino al punto piu altoraggiunto. Sia t2 > t1 l’istante in cui il cilindro si ferma per tornare indietro.Abbiamo allora che L = `+y′(t2) e, applicando nuovamente la conservazionedell’energia meccanica:

E(t2) = mg L sin(θ) = E(0) ⇒ L =ke `

2

2mg sin(θ)= 40.1 cm . (96)

4 Termodinamica

Esercizio 1. Si consideri una mole di gas perfetto monoatomico che compieil ciclo motore ABCA composto da una compressione isobara reversibile AB,con VA = 2VB, il riscaldamento isocoro reversibile BC con PC = 2PB, si vedaFig. 5. Il ciclo e chiuso dal tratto irreversibile CA. Il lavoro prodotto neltratto CA e WCA = 2RTA/3. I valori di VA e pA sono noti.

1. Si calcolino gli scambi energetici del gas con l’ambiente nelle varietrasformazioni.

2. Si calcoli la variazione di entropia tra C e A.

Soluzione. Iniziamo con il calcolare i valori delle variabili termodinamiche inogni vertice usando i dati del problema e l’equazione di stato dei gas perfetti:

TA =pA VAR

; VB =VA2

; pB = pA ; TB =pB VBR

=TA2,

VC =VA2

; pC = 2 pA ; TC =pC VCR

=pA VAR

= TA . (97)

Osserviamo che A e C hanno la stessa temperatura. Calcoliamo i lavori ed icalori scambiati lungo ciascuna trasformazione.

AB : WAB = pA (VB − VA) = −pAVA2

; QAB = n cp (TB − TA) = −cpR

pAVA2

BC : WBC = 0 ; QBC = n cv (TC − TB) =cvR

pAVA2

CA : WCA =2

3RTA =

2

3pA VA . (98)

Determiniamo ora QCA dal primo principio:

Q = QAB +QBC +QCA = WAB +WCA = W ⇒ QCA =2

3pA VA . (99)

Questo risultato sarebbe stato deducibile anche dal fatto che C ed A hannola stessa temperatura, per cui, essendo il gas ideale, U(A) = U(C) e quindiQCA = WCA.

Per calcolare la variazione di entropia tra C ed A, colleghiamo i due puntiattraverso una trasformazione reversibile. Conviene, essendo TC = TA, usareuna isotremica reversibile. Troviamo:

∆S = S(A)− S(C) =

∫C→A

δQ

T=Qisot. rev.CA

TA= R log

(VAVC

)= R log(2) .

(100)

Figure 3:

Figure 4:

Figure 5: