Home » Esercizio lavoro ed energia 17
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Esercizio 17  (\bigstar \bigstar\bigstar \largewhitestar\largewhitestar). Un corpo posto sul punto più alto di una calotta sferica fissa di raggio R=\text{2,50} \,\text{m} viene messo in moto con velocità v_0=\text{0,30} \,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}. Se la calotta è liscia, calcolare:

(i) l’altezza rispetto al piano orizzontale in cui il blocco si stacca dalla calotta;

(ii) la distanza orizzontale percorsa una volta che il blocco ha lasciato la calotta;

(iii) la velocità finale \vec{v}_{f} del corpo quando tocca il suolo.

 

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Svolgimento punto (i). Consideriamo il corpo mentre scende lungo la guida in un generico istante, come nella figura 2:

 

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Si osservi che nel disegno è stato rappresentato l’angolo \theta, ovvero l’angolo che forma la congiungente tra il centro della calotta sferica e il punto materiale con in piano orizzontale. La calotta è fissata al suolo per cui bisogna studiare la dinamica e la cinematica soltanto del corpo in cima ad esso. Introduciamo un sistema di riferimento orientato come in figura 2 con versore tangente \hat{t} e versore normale \hat{n} alla guida della sfera. Applichiamo la seconda legge della dinamica al punto materiale m, ottenendo:

(1)   \begin{equation*} \vec{P}+\vec{N}=m\vec{a}, \end{equation*}

dove le forze agenti sono la forza peso \vec{P} e la reazione vincolare con la calotta \vec{N}. Il vettore accelerazione \vec{a} nel sistema di riferimento scelto ha due componenti: una tangenziale al moto di modulo a_T e l’altra ad esso ortogonale (centripeta) di modulo a_C=\dfrac{v^2}{R}, in altri termini

(2)   \begin{equation*} \vec{a}=a_T\, \hat{t}-a_C\,\hat{n}. \end{equation*}

Si osservi che il segno meno, presente nella componente centripeta dell’accelerazione, è stato inserito per indicare che tale componente punta in direzione del centro della circonferenza. In figura 3 rappresentiamo le forze applicate ad m.

 

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Sostituendo \vec{a}, definito dalla (2), in (1), si ottiene:

(3)   \begin{equation*} ma_T\, \hat{t}-ma_c\,\hat{n}=m\vec{g}+N\,\hat{n}=mg\left(-\sin\theta\,\hat{n}+\cos\theta \,\hat{t}\right)+N\,\hat{n}=\left(N-mg\sin\theta\right)\hat{n}+mg\cos\theta \, \hat{t}, \end{equation*}

da cui

(4)   \begin{equation*} \left(N-mg\sin\theta\right)\hat{n}+mg\cos\theta \, \hat{t}=-ma_c\,\hat{n}+ma_T\,\hat{t}=-m\dfrac{v^2}{R}\,\hat{n}+ma_T\,\hat{t}, \end{equation*}

o anche

(5)   \begin{equation*} \begin{cases} N-mg \sin\theta=-m\dfrac{v^2}{R}\\\\ mg\cos\theta=ma_T \end{cases} \Leftrightarrow\quad \begin{cases} N-mg\sin\theta=-m\dfrac{v^2}{R}\\\\ mg\cos\theta=ma_T. \end{cases} \end{equation*}

La condizione di distacco è equivalente a richiedere che la reazione vincolare agente sul corpo sia nulla (per definizione, la reazione vincolare esiste quando tra due corpi c’è contatto).
Dunque, sostituendo N=0 nella prima equazione del sistema (5), si ha che

(6)   \begin{equation*} g \sin\theta=\frac{v^2}{R}\quad\Leftrightarrow\quad \sin\theta=\frac{v^2}{gR}. \end{equation*}

Dalla geometria del problema si osserva il punto materiale nell’istante del distacco si trova ad un’altezza h=R\sin\theta={v^2}/{g}. Poiché la superficie è liscia e la forza peso che è conservativa e la forza \vec{N} compie lavoro nullo perché è perpendicolare istante per istante alla guida, si conserva l’energia. Fissato arbitrariamente lo zero dell’energia potenziale gravitazionale in corrispondenza del terreno, il corpo che inizialmente si trovava in cima ad un’altezza R dal terreno nel momento del distacco si trova ad un’altezza h (la nostra incognita) da quest’ultimo, per cui

(7)   \begin{equation*} mgR+\frac{1}{2}mv_0^2=mgh+\frac{1}{2}mv^2. \end{equation*}

In altri termini abbiamo imposto la conservazione dell’energia meccanica tra l’istante in cui il corpo è fermo e quello in cui avviene il distacco.
Dalla trigonometria (vedere figura 2) abbiamo che h=R\sin\theta, per cui l’equazione (7) diventa

(8)   \begin{equation*} gR+\frac{1}{2}v_0^2=gR\sin\theta+\frac{1}{2}v^2\quad\Leftrightarrow \quad v^2=2gR(1-\sin\theta)+v_0^2. \end{equation*}

Sostituendo il valore v^2, definito in (8), nella equazione (6), si ottiene:

(9)   \begin{equation*} \sin\theta=\frac{2gR}{gR}(1-\sin\theta)+\frac{v_0^2}{gR}\quad \Leftrightarrow \quad 3\sin\theta=2+\dfrac{v_0^2}{gR}\quad \Leftrightarrow \quad\sin\theta=\frac{2}{3}+\frac{v_0^2}{3gR} \end{equation*}

da cui

    \[\boxcolorato{fisica}{ h=R\sin\theta=\frac{2}{3}R+\frac{v_0^2}{3g}=\text{1,67} \,\text{m}.}\]

 

Punto (ii). Per prima cosa determiniamo i valori numerici dell’angolo \theta e la velocità v, perché ci serviranno successivamente; dall’equazione (9) si ricava

(10)   \begin{equation*} \theta=\arcsin\left(\frac{2}{3}+\frac{v_0^2}{3gR}\right)=\text{41,9}^{\circ} \end{equation*}

e dall’equazione (6) si trova

(11)   \begin{equation*} v=\sqrt{gR\sin\theta}=4\,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}. \end{equation*}

Si osservi che dall’istante in cui il corpo lascia la semisfera procede di moto parabolico. Scegliamo un sistema di riferimento fisso Oxy come in figura 4; il moto del proiettile è rettilineo uniforme lungo l’asse x e uniformemente accelerato lungo l’asse y, quindi le sue leggi orarie sono:

(12)   \begin{equation*} \begin{cases} y=h+v_{i,y} t -\dfrac{1}{2}gt^2\\\\ x= v_{i,x}t \end{cases} \end{equation*}

dove v_{i,x} è la velocità iniziale l’ungo l’asse delle x e v_{i,y} lungo l’asse delle y avvenuto il distacco.
Si osservi che per determinare le componenti della velocità iniziale \vec{v}=v_{i,x} \,\hat{x}+v_{i,y} \,\hat{y} del moto parabolico è utile notare che la velocità è tangente alla semisfera (vedere figura 4).

 

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Dalla figura 4 si deduce che

(13)   \begin{equation*} v_{i,x}=v\cos\left(\dfrac{\pi}{2}-\theta\right)=v\sin\theta\quad \text{e}\quad v_{i,y}=-v\sin\left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)=-v \cos\theta \end{equation*}

dove il segno meno è dovuto alla scelta dell’orientamento del sistema di riferimento.
Dunque, il sistema (12) diventa

(14)   \begin{equation*} \begin{cases} y(t)=h-v\cos\theta t -\dfrac{1}{2}gt^2\\\\ x(t)=v\sin\theta t. \end{cases} \end{equation*}

Imponendo y=0 si trova il tempo per percorre lo spazio orizzontale \overline{OP}, ovvero:

(15)   \begin{equation*} y=0 \quad\Leftrightarrow\quad h-v\cos\theta t -\frac{1}{2}gt^2=0 . \end{equation*}

Risolvendo l’equazione (15) rispetto al tempo e scartando la soluzione negativa, si ottiene:

(16)   \begin{equation*} t^\star=\frac{-v\cos\theta+\sqrt{v^2\cos^2\theta+2gh}}{g}\quad\Leftrightarrow\quad t^\star=\frac{v\cos\theta}{g}\left(\sqrt{1+\frac{2gh}{v^2\cos^2\theta}}-1\right). \end{equation*}

L’equazione (16) rappresenta il tempo che il proiettile impiega per raggiungere terra, per cui, inserendolo nell’espressione di x(t) del sistema (14), otteniamo la distanza orizzontale percorsa dal corpo, ossia

(17)   \begin{equation*} \overline{OP}=\frac{v^2\sin\theta\cos\theta }{g}\left(\sqrt{1+\frac{2gh}{v^2\cos^2\theta}}-1\right) =\frac{v^2\sin(2\theta)}{2g}\left(\sqrt{1+\frac{2gh}{v^2\cos^2\theta}}-1\right). \end{equation*}

Inoltre, sostituendo i valori numerici, si ottiene:

(18)   \begin{equation*} \overline{OP}=\dfrac{16\cdot\sin\left(84^\circ\right)}{2\cdot\text{9,81}}\left(\sqrt{1+\dfrac{2\cdot \text{9,81}\cdot\text{1,67} }{16\cdot \cos ^2\left(42^\circ\right)}}-1\right)\text{m}=\text{0,95 m}. \end{equation*}

Si conclude che

    \[\boxcolorato{fisica}{ \overline{OP}=\frac{v^2\sin(2\theta)}{2g}\left(\sqrt{1+\frac{2gh}{v^2\cos^2\theta}}-1\right)=\text{0,95 m}.}\]

 

Punto (iii). Per prima cosa determiniamo il valore numerico di t^\star, cioè

(19)   \begin{equation*} t^\star=\frac{v\cos\theta}{g}\left(\sqrt{1+\frac{2gh}{v^2\cos^2\theta}}-1\right)=\dfrac{4\cdot\cos\left(42^\circ\right)}{\text{9,81}}\left(\sqrt{1+\dfrac{2\cdot \text{9,81}\cdot\text{1,67} }{16\cdot \cos ^2\left(42^\circ\right)6}}-1\right)\text{s}=\text{0,35 s}, \end{equation*}

utile per i calcoli che verranno.\\
Determiniamo le componenti x ed y della velocità al tempo t^\star. Sfruttando le note leggi della velocità del moto rettilineo uniformemente accelerato e uniforme, si ha:

(20)   \begin{equation*} \begin{cases} v_y(t)=-v\sin\theta -g t\\ v_x(t)=v\cos \theta \end{cases} \end{equation*}

da cui, sostituendo t=t^\star, si ottiene

(21)   \begin{equation*} \begin{cases} v_y(t^\star)=-v\sin\theta -g t^\star\\ v_x(t^\star)=v\cos \theta \end{cases} \end{equation*}

cioè

(22)   \begin{equation*} \vec{v}(t^\star)=\vec{v}_f=v_x(t^\star)\,\hat{x}+v_y(t^\star)\,\hat{y}=v\cos \theta \,\hat{x}-(v\sin\theta +g t^\star)\hat{y}. \end{equation*}

Sostituendo i valori numerici, si ottiene:

(23)   \begin{equation*} \vec{v}_f=v\cos \theta \,\hat{x}-(v\sin\theta +g t^\star)\hat{y}=4\cdot\cos\left(42^\circ\right)\,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}\,\hat{x}-\left(4\cdot \sin\left(42^\circ\right)+\text{9,81}\cdot\text{0,35 }\right)\text{m}\cdot \text{s}^{-1}\,\hat{y}, \end{equation*}

o anche

(24)   \begin{equation*} \vec{v}_f=3\,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}\,\hat{x}-\text{6,11 m}\cdot \text{s}^{-1}\,\hat{y}.. \end{equation*}

In figura 5 si rappresenta la velocità finale \vec{v}_f.

 

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Si conclude che:

    \[\boxcolorato{fisica}{ \vec{v}(t^\star)=v\cos \theta \,\hat{x}-(v\sin\theta +g t^\star)\hat{y}=3\,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}\,\hat{x}-\text{6,11 m}\cdot \text{s}^{-1}\,\hat{y}..}\]

 

Fonte: esercizio tratto da una traccia di esame di Fisica 1, ingegneria chimica, Università degli Studi di Salerno.