Esercizi - Dipartimento di Fisica

38 Capitolo 9. Conservazione energia ed impulso
dove I è il momento di inerzia della carrucola rispetto al centro. Per una carrucola omogenea di massa mC
e raggio rC I = 1
2mCr 2 C . Un segno relativo è impotante. Assumiamo che la persona acceleri verso l’alto e
scegliamo il segno di θ in modo che il legame gemetrico sia rC ¨ θ = +¨zP > 0. Il segno nell’equazione del moto
angolare è giusto, in quanto conferma la cosa ovvia: serve τ2 > τ1 per dare una accelerazione angolare ¨ θ alla
carrucola nel verso giusto. Risolvendo il sistema si ottiene τ1 = R−¨zP (I/r2 C ) (notare che il raggio della carrucola
non conta niente) e quindi 2R = mP g + (mP + mC/2)¨z. La forza necessaria per stare fermo (¨zP = 0) è mP g/2;
in tale caso la forza eserciata dal sostegno della carrucola vale τ1 + τ2 + mCg = (mP + mC)g.
Esercizio 69: Giro della morte
Si calcoli la velocità minima per compiere un giro della morte lungo una guida di raggio r = 5 m.
bSoluzione: A prima vista basta scendere da una quota 2r per arrivare in cima.
Non è cosí. Le equazioni del moto ma = mg + R sono, in coordinate polari
(ricordando che eρ punta verso l’esterno)
maρ = −mr ˙ θ 2 = mg cos θ + Rρ, maθ = r ¨ θ = −mg sin θ
La prima equazione fornisce Rρ: siccome Rρ ≤ 0 la condizione di non-distacco è
−Rρ = m(r ˙ θ 2 + g cos θ) ≥ 0
La seconda equazione è l’equazione del moto. Non è risolvibile in termini di funzioni elementari. Tuttavia
moltiplicandola per ˙ θ si ottiene la conservazione dell’energia E = T + V = 1
2 mv2 + mgz dove v = r ˙ θ e
z = r(1 − cos θ) (in modo che V = 0 nel punto più basso, dove θ = 0). Per arrivare in cima la velocità sul
F ondo deve essere v2 F = 4rg. Per arrivare in cima senza ribaltarsi serve invece
r ˙ θ 2 (θ) + g cos θ = v2 F
r − 2g(1 − cos θ) + g cos θ ≥ 0 : v2 F ≥ rg(2 − 3 cos θ) ≥ 5rg
cioè vF ≥ 15.8 m/ s = 57 km/ h. Se invece uno parte con velocità v2 2
F = 4rg, allora si distacca quando cos θ = − 3
(cioè a θ = 132◦ ). Dopo il distacco dal vincolo inizia a seguire una traiettoria parabolica con vertice sotto alla
quota massima 2r perchè parte dell’energia cinetica sta nella velocità orizzontale.
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Il problema è identico a quello di un corpo appoggiato sulla cima di una sfera: inizia a scivolare a contatto con
la sfera ma allo stesso θ si stacca.). Il problema è identico a quello di un pendolo sostenuto da un filo.
Se invece di un corpo puntiforme uno usasse una pallina che rotola senza strisciare, diventerebbe più difficile
scrivere l’energia: vedi compito di Luglio 2000.
Esercizio 70: Rocciatore che cade
[Compito di giugno 1987] Un rocciatore di massa m usa una corda con carico di rottura pari a R = 25mg tale
che si allunga elasticamente del p = 25% e poi raggiunge il carico di rottura. Il rocciatore cade dopo essere salito
ad un altezza L sopra al punto di fissaggio più vicino. (a) La corda si spezza? (b) Quale è la quota minima
raggiunta nella caduta? (c) Quale è l’acceleazione massima che il rocciatore deve sopportare e come dipende sa
L?
bSoluzione: La costante elastica della corda è kL/4 = 25mg. Mettendo V = 0 nel punto di ancoraggio per la
conservazione dell’energia si ha, nel punto di caduta massima (nel quale la velocità è zero)
mgL = −mg(L + δ) + 1
2 kδ2 , δ = mg
k (1 ± 1 + 4kL/mg) = L 1 + √ 401
≈ 0.21L
100
Quindi la corda non si rompe mai (se il carico di rottura è maggiore di 18mg; in generale occorre che
R/mg ≥ 2(1 + 2/p)). La forza massima risentita è alla fine della caduta e vale kδ = 100mg(δ/L) ≈ 21mg
indipendentemente da L. Una corda infinitamente allungabile darebbe la più piccola forza possibile, 2mg.