Sol Febbraio 2016

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Scuola di Ingegneria Industriale e dell’Informazione – Politecnico di Milano Ingegneria Gestionale Fisica Sperimentale – a. a. 2015/2016 NOTA: Si invitano gli studenti a MOTIVARE e COMMENTARE adeguatamente le formule utilizzate, i passaggi più significativi e i risultati ottenuti. Soluzione Problema 1 a) Leggi del moto circolare uniformemente accelerato: �𝜑 = 1 2 𝛼𝑡2 𝜔 = 𝛼𝑡 L’istante 𝑡̅ in cui il corpo compie 𝑛 giri è dato da: 𝜑 = 2𝜋𝑛 ⇒ 2𝜋𝑛 = 1 2 𝛼𝑡̅2 ⇒ 𝑡̅ = � 4𝜋𝑛 𝛼 La velocità risulta: 𝑣F = 𝑅𝜔 = 𝑅𝛼𝑡̅ = 𝑅𝛼� 4𝜋𝑛 𝛼 = 𝑅√4𝜋𝑛𝛼 = 2.24 𝑚/𝑠 b) L’angolo tra velocità e accelerazione è lo stesso che c’è tra la componente tangente e la componente normale dell’accelerazione. Se chiamiamo 𝜃 quest’angolo, risulta: tan 𝜃 = 𝑎𝑛 𝑎𝑡 = 𝑅𝜔2 𝑅𝛼 = (𝛼𝑡)2 𝛼 = 𝛼𝑡2 Quindi se 𝜃 = 30°, risulta: √3 3 = 𝛼𝑡∗2 ⇒ 𝑡∗ = � √3 3𝛼 = 0.34 𝑠 Problema 2 Problema 3 a) Trasliamo il momento dell’asta con Huygens Steiner: IA = IC + M(L/2)2 = IC +1/4 ML2 = (1/4 + 1/12) ML2 = 1/3 ML2 Aggiungiamo il momento del corpo che è semplicemente 4M (L/2)2 = ML2 Otteniamo in totale I = 1/3 ML2 + ML2 = 4/3 ML2 b) Nel moto rotatorio dell’asta attorno al punto di sospensione A si conserva l’energia meccanica. L’energia cinetica, inizialmente nulla, nel punto più basso è data da: 𝐸𝐾 = 1 2 𝐼𝐴𝜔2 = 1 2 � 4 3 𝑀𝐿2� 𝜔2 = 2 3 𝑀𝐿2𝜔2. La variazione di energia potenziale si può calcolare notando che sia il centro di massa dell’asta che la pallina scendono di una quota pari a L /2, quindi la variazione di energia potenziale è pari a 5𝑀 ∙ 𝑔 ∙ 𝐿 2. Concludendo: 2 3 𝑀𝐿2𝜔2 = 5𝑀 ∙ 𝑔 ∙ 𝐿 2 , ovvero 𝜔 = � 15𝑔 4𝐿 . Scuola di Ingegneria Industriale e dell’Informazione – Politecnico di Milano Ingegneria Gestionale Fisica Sperimentale – a. a. 2015/2016 NOTA: Si invitano gli studenti a MOTIVARE e COMMENTARE adeguatamente le formule utilizzate, i passaggi…