Esercizio 1 Un proiettile di massa m viene sparato dal suolo

Esercizio 1
Un proiettile di massa m viene sparato dal suolo verso l’alto in direzione verticale con modulo della velocità v0 . Alla quota h il proiettile viene spezzato da una piccola carica di esplosivo in due frammenti di
masse m1 = 2m/3 e m2 = m/3 che, rispetto ad un sistema di riferimento solidale al centro di massa del
proiettile, vengono emessi parallelamente al suolo. Per un osservatore solidale al suolo l’energia liberata
nell’esplosione e acquistata dai due frammenti è E.
Si calcolino:
a. gli istanti t1 e t2 in cui i 2 frammenti toccano il suolo (il proiettile viene sparato dal suolo al tempo t
= 0s);
b. la distanza d fra i due punti in cui i frammenti toccano il suolo;
c. le componenti della velocità parallele al suolo v1x e v2x con cui i frammenti toccano il suolo.
Compito A: m= 3 kg, v0 = 20 m/s, h = 15 m, E = 300 J
Compito B: m= 2 kg, v0 = 15 m/s, h = 10 m, E = 250 J
SOLUZIONE
a. e b.
Scegliamo un sistema di riferimento solidale al suolo centrato nel punto in cui viene lanciato il proiettile,
l’asse y sia rivolto verso l’alto e l’asse x parallelo al suolo orientato verso destra.
Nell’istante precedente l’esplosione il proiettile si trova in posizione (0,h) e ha velocità ~v = (0, vE ).
Ricaviamo vE :
il moto di salita del proiettile è un moto uniformemente accelerato con accelerazione negativa di modulo
pari a g. Possiamo sfruttare la relazione v 2 = v02 + 2a∆y (che mette in relazione la velocità iniziale v0 e la
velocità in un altro punto distante ∆y dal primo in un moto accelerato con accelerazione a) per ricavare
la velocità vE del proiettile nel punto-momento in cui esplode:
q
vE = v02 − 2gh
Ricaviamo poi l’istante tE in cui questo avviene tramite l’equazione della velocità in un moto accelerato:
v = v0 + at = v0 − gt, da cui
s
v 2 2h
v0 − vE
v0
0
tE =
=
−
−
g
g
g
g
Nota: si giunge naturalmente alla stessa soluzione algebrica utilizzando l’equazioni del moto accelerato, y = v0 t − 21 gt2 .
Siano ~v1 e ~v2 le velocità dei frammenti subito dopo l’esplosione. Per quanto asserito dal problema, vale
v1y = v2y = vE
mentre possiamo ricavare v1x e v2x dalle seguenti considerazioni:
1. Nell’esplosione la quantità di moto si conserva perchè agiscono solo forze interne, quindi la quantità di moto del proiettile subito prima l’esplosione è uguale a quella complessiva dei due frammenti
immediatamente dopo l’esplosione:
m~vE = m1~v1 + m2~v2
Proiettando sull’asse delle x:
0 = m1 v1x + m2 v2x
1
−m
m2 v1x
2
3 mv1x
e in questo caso
+ 31 mv2x , da cui v2x = −2v1x .
Da cui v2x =
Chiamiamo 1 -ma è una scelta arbitraria- il frammento che si muove nel verso positivo delle ascisse.
2. L’energia liberata nell’esplosione è pari al lavoro fatto dalle forze interne, quindi pari alla differenza di
energia cinetica del sistema:
E
=
=
=
1
1
1
2
m1 v12 + m2 v22 − mvE
=
2
2
2
h
i
1
2
2
2
m1 (v12x + v1,y
) + m2 (v22x + v2,y
) − mvE
=
2
h
i
1
m1
1
1
2
2
2
m1 (v12x + vE
) + m2 (v22x + vE
) − mvE
) = (m1 v12x + m2 v22x ) = m1 v12x (1 +
)
2
2
2
m2
sfruttando nell’ultima uguaglianza la relazione trovata al punto 1. Otteniamo quindi
s
s
r
2E
2E
E
v1 x =
=
m1 =
m1
m1 (1 + m
)
m
m
m2
2
dove l’ultima uguaglianza si ricava
q1 = 2m2 ) del problema.
q usando i dati (m
E
E
, vE ).
Abbiamo quindi trovato ~v1 = ( m , vE ), ~v2 = (−2 m
Dopo l’esplosione i due frammenti compiono un moto parabolico, e poichè il moto lungo l’asse verticale
è identico per i due proiettili, essi atterrano nel medesimo istante; inoltre poichè la loro velocità lungo
quest’asse è pari a quella del proiettile prima dell’esplosione, il tempo impiegato dai frammenti per tornare
al suolo è pari a quella del proiettile se non fosse esploso: t1 = t2 = tTOT = 2vg0 .
I frammenti atterrano nel medesimo istante, ma quando arriva al suolo il secondo frammento si troverà a
distanza doppia rispetto al primo dall’origine del sistema di riferimento scelto, poichè ha velocità doppia
lungo l’asse x.
Il tempo in cui i frammenti compiono il loro moto parabolico è pari a tVOLO = tTOT −tE . Fatte queste considerazioni possiamo studiare il moto del primo frammento soltanto: x1 = x0 +v1x t = v1x tVOLO ; sappiamo
anche che x2 = −2x1 e quindi la distanza a cui si trovano i frammenti è d = x1 − x2 = 3x1 = 3v1x tVOLO .
c.
La velocità lungo l’asse x è costante e pari a v1x e v2x rispettivamente per i due frammenti anche nel
momento in cui toccano il suolo.
SOLUZIONI NUMERICHE:
Compito A: a. t1 = t2 = 4.08s, b. tE = 0.99 s, d = 92.7 m, c. v1x = 10.0 m/s, v2x = −20 m/s
Compito A: a. t1 = t2 = 3.06s, b. tE = 0.98 s, d = 69.8 m, c. v1x = 11.2 m/s, v2x = −22.4 m/s
Esercizio 2
Una navicella spaziale è lanciata dalla superficie di un pianeta nello spazio con velocità pari a n volte la
velocità di fuga da quel pianeta, e si assesta in orbita circolare; determinare:
a. il periodo di rotazione;
b. il raggio dell’orbita;
c. il momento angolare della navicella (per unità di massa) rispetto al centro del pianeta.
G = 6.67 × 10−11 m3 kg−1 s−2
Compito A. Marte: R = 3400 km, M = 6.42 × 1023 kg, n = 3/4
Compito B. Terra: R = 6300 km, M = 5.97 × 1024 kg, n = 4/5
SOLUZIONE
La velocità di fuga vF da un pianeta di massa MP e raggio RP è la velocità minima che un corpo deve
avere per sfuggire alla sua attrazione gravitazionale:
E=
mMP
1
mv 2 − G
=0
2 F
RP
q
P
da cui vF = 2GM
RP . La navicella spaziale è lanciata con v0 = nvF .
Se la navicella (di massa m) è in orbita circolare ad una distanza r dal pianeta, la forza centripeta
necessaria per mantenerla in orbita circolare fornita dall’attrazione gravitazionale tra pianeta e navicella
stessa:
mMP
v2
G 2 =m
r
r
da cui ricaviamo
r
GM
v=
(1)
r
b. Inserendo queste relazione nel bilancio energetico (l’energia meccanica K + U della navicella spaziale
si conserva, e quindi è la stessa al lancio ed in orbita):
mMP
1 mMP
1
mMP
1
mMP 2
mv 2 − G
=− G
= mv02 − G
=G
(n − 1)
2
r
2
r
2
RP
RP
Uguagliando le espressioni in rosso si ricava r:
r=−
1 1
RP
2 n2 − 1
a. Il periodo di rotazione è semplicemente pari a T =
2πr
v ;
inserendo la relazione (1) si ricava
2πr
2π 3/2
r
T =q
=√
GM
GM
r
che è la ben nota terza legge di Keplero.
c. Il momento angolare rispetto al centro (per unità di massa) di un corpo che si muove di moto circolare
uniforme è
√
L
= vr = GM r
m
avendo sfruttato ancora la relazione (1).
SOLUZIONI NUMERICHE:
L
Compito A: a. T = 2.04 ore, b. r = 87 RP = 3886 km, c. m
= 1.29 × 1010 m2 /s
25
L
Compito B: a. T = 2.26 ore, b. r = 18 RP = 8750 km, c. m = 5.90 × 1010 m2 /s
Esercizio 3
Un’asta omogenea di massa M e lunghezza L è attaccata a due muri verticali posti uno di fronte all’altro
tramite due corde (inestensibili e di massa trascurabile) che formano gli angoli α e β con i muri stessi (si
veda la figura). All’asta è appoggiato un corpo di dimensioni trascurabili e massa m = nM , e il sistema
si trova in equilibrio con l’asta in posizione orizzontale. Trovare:
a. dove si trova il corpo di massa m rispetto al bordo sinistro dell’asta;
b. le tensioni delle corde.
Compito A. L= 1.0 m, M = 2 kg, α = 60o , β = 30o , n = 2
Compito B. L= 1.5 m, M = 3 kg, α = 30o , β = 60o , n = 3
NB Il disegno è indicativo e non in scala.
SOLUZIONE
Sia x la distanza del carico (il corpo di massa m) dal bordo sinistro dell’asta, T1 e T2 le tensioni della
corda sinistra e destra. Scegliamo un sistema di riferimento con centro nel bordo sinistro dell’asta, asse
x orizzontale e asse y verticale.
La condizione di equilibro traslatorio (proiettata sugli assi x e y ) e rotazionale è nell’ordine:
T2 sinβ − T1 sinα = 0
(2)
T1 cosα + T2 cosβ − M g − mg = 0
(3)
L
−xT1 cosα −
− x M g + (L − x)T2 cosβ = 0
(4)
2
dove il momento angolare nell’ultima equazione è stato calcolato rispetto alla posizione del carico, scelto
come polo (scelte ugualmente convenienti sono per esempio gli estremi dell’asta, il suo centro, il centro
di massa del sistema asta + carico).
Poichè m e M sono dati, si tratta di un sistema di 3 equazioni in 3 incognite: T1 , T2 e x. Le prime due
equazioni permettono di ricavare i valori delle tensioni, che sostituite nella terza permettono di ricavare
x.
È utile la formula -permette semplicemente di semplificare le espressioni algebriche trovatesin(α + β) = sinαcosβ + cosαsinβ
sinβ
T1 = (M + m)g
sin(α + β)
sinα
sinα
T2 =
T1 = (M + m)g
sinβ
sin(α + β)
h
m sinαcosβ
1i
x=L 1+
−
M sin(α + β) 2
SOLUZIONI NUMERICHE:
√
Compito A: a. x = 87 L = 0.88 m; b. T1 = 12 (M + m)g = 29.4 N, T2 = 23 (M + m)g = 50.9 N
√
Compito A: a. x = 18 L = 0.19 m; b. T1 = 23 (M + m)g = 101.9 N, T2 = 21 (M + m)g = 58.8 N