Esercizi svolti di Fisica A - UNIUD

7/21/2019 Esercizi svolti di Fisica A - UNIUD

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Esercitazione 1 Cinematica

Problema 1 Un aereo, in un esercitazione per eludere i radar, in volo orizzontale ad una quota h = 35m dal suolo su un terreno piano alla velocit v0 = 1300 km/h. Improvvisamente arriva in un luogo dove ilterreno inizia a salire con un angolo = 4 .3 , assai difficilmente riconoscibile a vista.Di quanto tempo dispone il pilota per correggere lassetto dellaereo in modo da evitare limpatto con ilterreno?

SoluzioneSoluzioneSoluzione Dato che il terreno con pendenza sale di una quantit pari ad h in un tratto orizzontale dilunghezza

x =h

tan

se il pilota continuasse il volo in orizzontale, dopo tale tratto si schianterebbe al suolo! Quindi, il tempo(massimo) a sua disposizione

t = x

v =h

v tan = 1 .29 s .

G. Giugliarelli Fisica Generale I, AA 2012-2013 7/03/2013 1 / 12


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Problema 2 Due treni, che viaggiano alla stessa velocit di 30 km/h, sono diretti luno contro laltro suuno stesso binario rettilineo. Un gabbiano che vola a 60 km/h decolla dalla testa di uno dei due treniquando essi si trovano alla distanza di 60 km dirigendosi verso laltro treno. Appena lo ha raggiunto,inverte la rotta no a ritornare sul primo treno, e cosi di seguito.Qual la lunghezza totale del percorso effettuato dal gabbiano se esso prosegue no allincontro dei treni ?

SoluzioneSoluzioneSoluzione Il tempo complessivo a disposizione del gabbiano per fare avanti e indietro tra i treni unora!Infatti, questo il tempo che impiega ognuno dei treni per raggiungere il punto di mezzo del tratto inizialeche li divide.Dato che il gabbiano vola sempre alla velocit di 60 km/h, la distanza totale da esso percorsa sar pari a60 km!



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Problema 3 Due treni, che viaggiano a v 1 , 0 = 72 km/h e v 2 , 0 = 144 km/h, sono diretti luno contro laltrosu uno stesso binario rettilineo e orizzontale. Quando essi si trovano alla distanza x = 950 m ciascunmacchinista vede laltro treno e si affretta a frenare.Vericare se i due treni si scontrano nel caso in cui entrambi rallentino con accelerazione, in modulo, a = 1 .0m/s 2 . In caso di scontro, calcolare la velocit dei due treni al momento dellimpatto; in caso contrario,determinare la distanza tra i treni una volta arrestati.

SoluzioneSoluzioneSoluzione Dal momento in cui i due macchinisti fre-nano, il moto dei treni uniformemente deceleratocon accelerazione a . Quindi le velocit istantanee(in modulo) dei due treni seguono le leggi

v1 ( t ) = v1 , 0 at ; v2 ( t ) = v2 , 0 at.

Perci, se i due treni non si incontrano, devono ar-rivare a fermarsi completamente ( v1 = 0 e v2 = 0 ).Ci avverrebbe nei tempi

t 1 =v1 , 0

a= 20 s; t 2 =

v2 , 0a

= 40 s ,

e dopo aver percorso le distanze

x 1 = v1 , 0 t 1 1

2at 21 =

v 21 , 02a

= 200 m;

x 2 = v2 , 0 t 2 1

2at 22 =

v 22 , 02a

= 800 m .

Questo dimostra che i due treni si incontrano (datoche x 1 + x 2 > x ) e inoltre si vede che al momentodello scontro il primo treno gi fermo.Listante in cui il secondo treno si scontra con il primo tale da soddisfare la seguente

v 2 , 0 t2

1

2a ( t

2) 2 = x

x 1

e quindi risolvendo la sequente eq. di secondo grado

a ( t 2 )2

2v 2 , 0 t 2 + 2( x x 1 ) = 0

ricaviamo

t 2 = v2 , 0 v

22 , 0 2a ( x x 1 )a = 30 s .

Perci la velocit del secondo treno allo scontro paria

v = v2 , 0 at 2 = 10 m / s = 36 .0 km / h .



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Problema 4 La posizione di un elettrone in moto lungo lasse x data da x ( t ) = 16 te t , dove t dato insecondi.Determinare:

a) la massima distanza dallorigine raggiunta dallelettrone;

b) a quale distanza dallorigine lelettrone ha accelerazione nulla.

SoluzioneSoluzioneSoluzione La velocit istantanea dellelettrone

v ( t ) =dx

dt= 16 e t 16 t e

t = 16(1 t ) e t

v = 0 t = t 0 = 1 s

Nellistante in cui la velocit si annulla lelettrone inverte il suo moto. Quindi

x ( t 0 ) = 16 t 0 e t 0 =

16

e = 5 .89 m.

Laccelerazione istantanea dellelettrone data dalla seguente

a ( t ) =

dv

dt = 16 e t

(1 t )e t

= 16( t 2) e t

a = 0 t = t 1 = 2 sPerci

x ( t 1 ) = 16 t 1 e t 1 =

32

e2 = 4 .33 m .



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Problema 5 La velocit vvv di una particella nel piano xy data dallespressione vvv = (6 .0 t 4.0 t 2 ) iii + 8 .0jjj ,dove le componenti di vvv sono in metri al secondo e t (> 0) in secondi.a) Qual laccelerazione per t = 3 .0 s ?b) Quando (se ci avviene) laccelerazione si annulla ?

c) Quando (se ci avviene) si annulla la velocit?d) E quando (se ci avviene) la velocit ha ampiezza pari a 10 m/s?

SoluzioneSoluzioneSoluzione Per laccelerazione abbiamo

aaa =dvvv

dt=

d

dt6t 4t

2 iii +d

dt(8) jjj a = (6 8t ) 2 = 36 96 t + 64 t 2

Percia) aaa ( t = 3 s) = (6 8 3) iii = 18 iii a ( t = 3 s) = 18 m/s 2 .b) a = 0 (6 8t ) = 0 t = 34 = 0 .75 s.c) Essendo costante la componente della velocit lungo lasse y , v non si annulla mai!d) v 2 = 6t 4t 2

2+ 8 2 v = 10 m/s 6t 4t 2

2+ 8 2 = 100 .

Quindi

6t 4t2 = 6 2t

2 3t + 3 = 0 t 1 , 2 =

3 9 244

che non ha soluzioni reali, o

6t 4t2 = 6 2t

2 3t 3 = 0 t 1 , 2 =

3 9 + 244

=3 33

4.

che porta alla soluzione sica ( t deve essere maggiore di zero),

t 1 =3 33

4s = 2 .19 s .



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Problema 6 La cabina di un ascensore nelledicio Marquis Marriot di New York ha una corsa totale di 190m. La sua velocit massima vmax = 305 m/min. Inoltre, durante le fasi di accelerazione e decelerazionelaccelerazione ha modulo pari ad a = 1 .22 m/s 2 .

a) Quanti metri percorre lascensore durante la fase di accelerazione?

b) Quanto tempo impiega per una corsa completa senza fermate intermedie, dalla partenza da fermoallarresto completo?

SoluzioneSoluzioneSoluzione Durante laccelerazione avremo

v ( t ) = at v( t max ) = v max t max =v max

a= 4 .17 s x acc =

1

2at 2max =

v 2max2a

= 10 .6 m

Per effettuare una corsa completa lascensore deve prima accelerare no a vmax per un tempo t max , poiprocedere a vmax per un tratto x 1 = x tot 2 x acc e quindi decelerare no a fermarsi per un tempot max . Perci il tempo complessivo

t tot = 2 t max + x tot 2 x acc

v max= 41 .55 s .



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Problema 7 Gli impianti sperimentali a gravit zero del centro di ricerca Lewis della Nasa comprendonouna torre di caduta alta 145 m. Si tratta di una torre verticale che consente, fra laltro, di lasciar caderenel vuoto una sfera di 1 m di diametro contenente campioni in prova.

a) Per quanto tempo la sfera rimane in caduta libera?

b) Qual la sua velocit quando tocca il fondo della torre?Quando la sfera colpisce il fondo, mentre la sua velocit si riduce a zero la sfera subisce una decelerazionemedia pari a 25 g .

c) Di quale distanza si sposta il suo centro durante la decelerazione?

SoluzioneSoluzioneSoluzione Preso lasse y diretto verso lalto, con lorigine corrispondente alla quota del suolo, le equazionidel moto della sfera in caduta libera si riassumono in

y ( t ) = y0 1

2 gt2

; v( t ) = gt.con y0 = 145 m. Quando la sfera sar al suolo avremo y = 0 e quindi

t = t 1 = 2y 0g = 5 .44 s v( t 1 ) = v1 = gt 1 = g 2y 0g = 2y 0 g = 53 .3 m/sSi noti, che avendo orientato lasse y verso lalto, la velocit negativa. Negli istanti successivi, la sfera

segue un moto con decelerazione in modulo pari 25 g . Nello stesso sistema di riferimento le equazioni delmoto diventano (misurando il tempo a partire dallistante in cui y = 0 )

y ( t ) = v1 t +1

2(25 g ) t 2 ; v ( t ) = v1 + (25 g ) t,

Quando la sfera si fermer avremo v = 0 e quindi

t = t 2 = v1

25 g; y ( t 2 ) = v 1 t 2 +

1

2(25 g ) t 22 =

v 2150 g

= 5.8 m.



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Problema 8 La cabina scoperta di un ascensore sale alla velocit costante di 10 m/s. Un ragazzino nellacabina lancia una palla direttamente verso lalto da unaltezza di 2.0 m sopra il pavimento della cabina,che si trova esattamente a 28 m dal suolo. La velocit iniziale della palla rispetto allascensore di 20 m/s.

a) Quale altezza massima rispetto alla terra raggiunge la palla?

b) Quanto tempo impiega la palla per ritornare al pavimento della cabina?

SoluzioneSoluzioneSoluzione Sia h i = 30 m la quota iniziale dellapalla nel momento in cui viene lanciata verso lalto.Negli istanti successivi il suo moto descritto dalleequazioni

y ( t ) = h i +( v a + v p ) t 1

2gt 2 ; e v( t ) = ( v a + v p ) gt,

dove v a + v p la sua velocit iniziale misurata rispettoal suolo ( v a la velocit dellascensore, mentre vp quella della palla rispetto allascensore stesso). Lapalla raggiunge la quota massima nel momento in cuila sua velocit si annulla. Quindi

( v a + v p ) t gt = 0 t = t max =v a + vp

g

y max = h i + ( v a + vp ) t max 1

2gt 2max

= h i +( v a + vp ) 2

2g= 75 . 9 m

Per calcolare listante in cui la palla ritorna sulpavimento dellascensore, ne consideriamo lequazioneoraria

y a ( t ) = ( h i 2 .0 m) + v a te imponiamo y = ya . Ricaviamo

h i + ( v a + vp ) t 1

2gt 2 = ( h i 2) + v a t

gt2

2v p t 4 = 0

da cui

t = t 1 = v p + v2p + 4 g

g= 4 .17 s .



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Problema 9 Un paracadutista si getta in caduta libera per 50 m. Poi il paracadute si apre, e da quelmomento decelera con unaccelerazione costante in modulo pari ad a = 2 .0 m/s 2 . Tocca il suolo allavelocit di 3.0 m/s.

a) Per quanto tempo rimasto in aria?

b) Da che altezza iniziata la caduta?

SoluzioneSoluzioneSoluzione Denotiamo con y0 la quota del lancio (incognita) e con y = 50 m il tratto di caduta libera.In tale tratto il moto uniformemente accelerato con accelerazione g . Essendo t = 2 y/g il tempopassato in caduta libera, la velocit del paracadutista alla ne di tale tratto sar v1 = g t = 2g y .Nel resto della caduta, il moto uniformemente decelerato con accelerazione a . Tale moto sar descrittodalle equazioni

y ( t ) = y 0 y + v 1 t +1

2at 2 ; v( t ) = v 1 + at.

Dovendo essere la velocit al suolo ( y = 0 ) pari a v2 = 3 .0 m/s avremo

t = t 2 =v2 v 1

a=

v2 + 2g ya

= 14 .16 s.

Quindi il tempo complessivo della caduta

t = t 1 + t 2 = 17 .35 s.

Inne

0 = y 0 y + v 1 t 2 +1

2a ( t 22 ) y0 = y +

( v 21 v 22 )2a

= y +(2 g y v 22 )

2a= 293 m.



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Problema 10 Un gatto appisolato viene risvegliato di colpo alla vista di un vaso da ori che veleggia primaverso lalto e poi verso il basso davanti ad una nestra aperta. Il vaso rimane in vista per un totale di 0.50s, e laltezza libera della nestra di 2.00 m.Quanto pi in alto del bordo superiore della nestra arrivato il vaso?

SoluzioneSoluzioneSoluzione Il gatto vede solo i tratti (ascendente e discendente) della traiettoria del moto del vaso corrispon-denti allaltezza della nestra. Ovviamente, il vaso stato lanciato da una quota inferiore al davanzaledella nestra e raggiunge una quota massima al di sopra del suo bordo superiore. In tale moto i tempi disalita e discesa tra quote analoghe sono uguali. Quindi il tempo t = 0 . 50 s corrisponde al doppio dei tempidi salita e discesa per i tratti della traiettoria del vaso (di lunghezza y = 2 .0 m) intravisti attraverso lanestra.Perci, analizziamo la sola fase di caduta a partire dalla quota massima y0 (da calcolare) e denotiamo cony 1 e y2 le quote del bordo superiore e inferiore della nestra, rispettivamente. In tale fase il moto del vaso descritto dalle equazioni

y( t ) = y0 12 gt 2v ( t ) = gt

y 1 = y0 12 gt 21 t 1 = 2( y 0 y 1 )gv1 = gt 1 = 2( y 0 y 1 ) g

Ricavando y0 y 1 e notando che y1 y 2 = y , abbiamo

y 2 = y1 + v1 t2 12 g t2

2 = y1 t2 2( y 0 y 1 ) g 12 g t2 2 2 ( y 1 y 2 ) t 14 g t = 2( y 0 y 1 ) gsi ottiene

y 0 y 1 =1

2g2

( y 1 y 2 ) t

1

4g t

2= 2 .34 m.

che la quantit cercata.



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Problema 11 A quale velocit iniziale il giocatore di basket in guradeve tirare la palla, con un angolo di elevazione di 55 , per centraredirettamente il canestro senza rimbalzo?

SoluzioneSoluzioneSoluzione Denotiamo con x = 5 .5 m e y = 0 .9 m le distanze iniziali orizzontale e verticale della palladal canestro e con = 55 langolo di lancio. Le equazioni del moto della palla hanno la forma seguente

x ( t ) = v 0 x t v x ( t ) = v0 x

y ( t ) = v 0 y t 12 gt 2 v y ( t ) = v0 y gt

Quindi il tempo del lancio t c =

x

v 0 x=

x

v0 cos

Per centrare esattamente il canestro dovr essere y ( t c ) = y e cio

y = v0 y t c 1

2gt 2c =

xv 0 yv 0 x

g x 2

2v 20 x=

x sin

cos g x 2

2v 20 cos2

Quindi

v 0 = g x 22( x sin

y cos ) cos = 8 .05 m/s .



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Problema 12 Una particella A si sposta sulla retta y = 30 m a velocit costantevvv di modulo v = 3 .0 m/s e direzione parallela allasse x . Una seconda particellaB parte dallorigine, con velocit iniziale nulla e accelerazione aaa di modulo a =0 .40 m / s2 , nello stesso istante in cui la particella A attraversa lasse y .Quale angolo tra aaa e il versore jjj dellasse y potrebbe provocare una collisionetra le due particelle?

SoluzioneSoluzioneSoluzione Le proiezioni sugli assi della posizione delle due particelle d le relazioni seguenti

x A ( t ) = vty A ( t ) = y0

x B ( t ) = 12 at2 sin

y B ( t ) = 12 at2 cos

La collisione tra le particelle presuppone che ad un dato istante valga x A = x B e y A = yB simultaneamente.Imponendo tali ugualianze abbiamo

y A ( t ) = yB

x A ( t ) = x B

t = t c = 2y 0a cos v 2y 0a cos = 12 a 2y 0a cos sin = y 0 sin cos

Dallultima relazione, facendo il quadrato otteniamo

2y 0 v 2

a=

y 20 sin2

cos =

y 20 (1 cos 2 )cos y0 a cos

2 + 2 v 2 cos y 0 a = 0e

cos = v2 + v 4 + y 20 a 2

y 0 a=

1

2 =

3= 60 o .



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Esercitazione 2 Cinematica + Dinamica

Problema 1 Un ragazzino fa ruotare un sasso legato ad una cordicella di lunghezza l = 1 .4 m su uncerchio orizzontale alla quota h = 1 .9 m dal suolo. La cordicella si spezza, e il sasso la via orizzontalmenteandando a cadere ad una distanza L = 11 .0 m (misurata orizzontalmente).Qualera laccelerazione centripeta del sasso in moto circolare?

SoluzioneSoluzioneSoluzione Nel momento in cui la cordicella si spezza il sasso viene scagliato con velocit orizzontale ildirezione tangenziale rispetto alla traiettoria circolare. Essendo in quellistante la componente verticaledella velocit nulla, il tempo nel quale esso raggiunge il suolo si ricava come segue

h =1

2gt 2 = t = 2hg

Quindi, dalla conoscenza dello spazio orizzontale percorso, L , otteniamo

L = vt = v =L

t= L g2h

Inne, laccelerazione centripeta del moto circolare data da

a c = v2

l= gL

2

2lh= 220 m / s2 .



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Problema 2 Una particella si muove su un piano in base alle relazioni:

x = R sin( t ) + Rty = R cos( t ) + R

dove e R sono costanti. La curva descritta dalla particella si chiama cicloide ed analoga alla traiettoriaseguita da un punto posto sul bordo di una ruota che rotola su un piano senza slittare.

a) Fare uno schizzo della curva.

b) Calcolare la velocit e laccelerazione istantanee quando la particella si trova ai valori minimo emassimo di y?

SoluzioneSoluzioneSoluzione Mentre la y ( t ) pienamente periodica con periodo T = 2 / (0 y 2R ), la x ( t ) la sommadi due termini; uno periodico con periodo T e laltro proporzionale al tempo t . Questo secondo termine fasi che ad ogni periodo T la traiettoria si ripeta uguale a se stessa, ma traslata di un x = 2 R . Perci,per prima cosa valutiamo i punti della trattoria a t = 0 , T / 2 e T .

x (0) = 0y (0) = 2 R ;

x ( T / 2) = Ry ( T / 2) = 0 ;

x ( T ) = 2 Ry ( T ) = 2 R

Daltra parte, per le componenti delle velocit lungo i due assi abbiamo

vx ( t ) = dx/dt = R [1 + cos( t )]

v y ( t ) = dy/dt = R sin( t ) vx (0) = 2 R

v y (0) = 0 ; vx ( T / 2) = 0

v y ( T / 2) = 0 ; vx ( T ) = 2 R

vy ( T ) = 0Ricordando poi che il vettore velocit tangente alla traiettoria, calcoliamo la quantit seguente

m ( t ) =vy ( t )

v x ( t )=

sin( t )

1 + cos( t )=

2 cos( t/ 2) sin( t/ 2)

2 cos 2 ( t/ 2)=

sin( t/ 2)

cos( t/ 2)= tan( t/ 2)

che non altro che la pendenza della traiettoria allistante t .

Osservando che m (0) = m ( T ) = 0 possiamo subito dire che la traiettoria in tali istanti orizzontale.

Invece, in t = T / 2 dobbiamo fare un analisi pi approfondita.G. Giugliarelli Fisica Generale I, AA 2012-2013 12/03/2012 2 / 14


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Problema 2 continuazione della soluzioneIn effetti, m non ha un valore determinato per t = T / 2, dato che la funzione tan( T / 2) diverge con segniopposti al tendere di t T/ 2 da sinistra o da destra. Ma essendo

limt T 2

m ( t ) = lim

t

tan( t/ 2) = limx 2

tan( x ) =

allora il graco della funzione deve essere del tipo

Il modulo della velocit nei punti di massima e minima ordinata sono

vy max = v 2x (0) + v 2y (0) = 2 R ; vy min = v 2x ( T / 2) + v 2y ( T / 2) = 0rispettivamente.


E i i 2 Ci i Di i


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Problema 3 Un aereo deve volare verso est dal punto A al punto B e tornare indietro ad A . La velocitdel velivolo in aria v . La velocit del vento rispetto a terra u u u . La distanza che separa A da B L elaereo vola a velocit costante.

a) Dimostrare che se u u u = 0 (assenza di vento), il tempo di andata e ritorno t 0 = 2 L/v .

Si supponga poi che la velocit del vento sia diretta come lasse est-ovest.b) Dimostrare che il tempo di andata e ritorno ora t b =

t 01 ( u/v ) 2

Inne supponiamo che il vento spiri in direzione nord-sud.

c) Dimostrare che il tempo di andata e ritorno t c =t 0

1 ( u/v ) 2SoluzioneSoluzioneSoluzione Si noti che in tutti i casi laereo segue una traiettoria rettilinea (lungo lasse x ) sia allandatache al ritorno. Indichiamo con vvv la velocit dellaereo nel sistema mobile con laria (tale sistema si muovea velocit u u u ) e con V V V la velocit dellaereo nel sistema sso rispetto ai punti A e B . Prendendo lasse xdiretto da A a B , la velocit V V V avr la componente V y = 0 .

a) Se u u u = 0 , sistema mobile e sso coincidono e quindi V x = v allandata e V x = v al ritorno. Perci

t 0 = t a + t r =L

v

+L

v

=2L

v

.

b) Quando u u u diretto verso ovest (cio u x = u e u y = 0 ) allora allandata abbiamo V = v umentre al ritorno V = ( v + u ) . Perci i tempi di andata e ritorno sono

t a =L

v u; t r =

L

v + u


E it i 2 Ci ti + Di i


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Problema 3 continuazione della soluzione

con un tempo complessivo pari a

t b = t a + t r =

L

v u +

L

v + u = L

2v

v 2 u 2 =

2L

v [1 ( u/v ) 2 ] =

t 0[1 ( u/v ) 2 ]

c) In questultimo caso abbiamo una velocit u u u diretta verso il basso ( u x = 0 e u y = u ). Allandataavremo V x = vx mentre essendo V y = 0 dovr essere u + v y = 0 . Pertanto, dato che il modulo divvv sempre pari a v , allora

v 2 = v2x + v2y = v

2x + u

2 = vx =

v 2 u 2

Quindi il tempo di andata sar pari a

t a =L

v x=

L

v 2 u 2Al ritorno la situazione analoga (cambia solo il segno di vx ) e quindi si ricava un tempo di

ritorno uguale a quello appena calcolato. Riassumendo, il tempo complessivo dato da

t c = 2 t a =2L

v 2 u 2=

2L

v 1 ( u/v ) 2 =

t 0

1 ( u/v ) 2 .




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Problema 4 I carrelli A , B , e C , collegati tramite corde inestensibili di massa trascurabile, hanno massem A = 10 kg, m B = 15 kg e m C = 20 kg, rispettivamente. Una forza F = 200 N, applicata a C .Trovare:

a) laccelerazione del sistema, assumendo che non ci sia alcun attrito;

b) la tensione in ciascun cavo;c) discutere lo stesso problema nel caso in cui i carrelli si muovano lungo un piano inclinato di un

angolo = 20 con lorizzontale.

SoluzioneSoluzioneSoluzione Essendo i carrelli connessi tramite corde inestensibili, essi si muoveranno come un unico sistemadi massa pari alla loro massa complessiva. Perci, denendo M = m A + m B + m C = 45 kg, avremo

Ma = F = a =F

M = 4 .44 m / s2 .

Ora, focalizzando lattenzione sui singoli carrelli, a partire dal carrello A , per le forze orizzontali possiamoscrivere le seguenti relazioni:

m A a = T 1m B a = T 2 T 1m C a = F T 2

=T 1 = m A a =

m AM F = 44 . 4 N

T 2 = T 1 + m B a = m A + m B

M F = 111 N .

dove abbiamo scelto unasse orizzontale diretto verso destra.G. Giugliarelli Fisica Generale I, AA 2012-2013 12/03/2012 6 / 14



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Problema 4 continuazione della soluzioneNel caso in cui i carrelli siano su un piano inclinato, possiamo fare considerazioni analoghe. Ora per,dobbiamo tenere conto anche della componente dei pesi dei carrelli lungo la direzione di moto. Infatti,prendendo un asse parallelo al piano inclinato, orientato come la forza F , le relazioni precedenti diventano:

Ma = F Mg sin = a = F Mg sin M

= 1 .09 m / s2 .

e

m A a = T 1 m A g sin m B a = T 2 T 1 m B g sin m C a = F T 2 m C g sin

=T 1 = m A a + m A g sin =

m AM F = 44 .4 N

T 2 = T 1 + mB

a + mB

g sin = m A + m BM

F = 111 N .

Si noti che anche se i carrelli si muovono sul piano inclinato, i valori delle tensioni delle corde non sonocambiati.




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Problema 5 Determinare laccelerazione con cui simuovono i corpi nelle gure (a) e (b) ed anche le tensioninelle funi. Assumere che i corpi scivolino senza attrito eche m 1 = 20 kg, m 2 = 18 kg, = 30

e = 60 .

SoluzioneSoluzioneSoluzione Si noti che, accanto ad ogni corpo, abbiamo indicato gli assi rispetto a cui scomporremo le forzeche agiscono su di essi. Con questa scelta, per la situazione (a), possiamo scrivere le seguenti relazioni

m 1 a = T m 1 g sin 0 = N 1 m 1 g cos

m 2 a = m 2 g T 0 = 0

N 1 = m 1 g cos T = m 1 a + m 1 g sin ( m 1 + m 2 ) a = g( m 2 m 1 sin )

a = g ( m 2 m 1 sin )

m 1 + m 2= 2 .06 m / s2 ;

T = m 1 m 2 gm 1 + m 2 (1 + sin ) = 139 N .

Nella situazione (b) avremo invece

m 1 a = T m 1 g sin 0 = N 1 m 1 g cos

m 2 a = m 2 g sin T 0 = N 2 m 2 g cos

N 1 = m 1 g cos N 2 = m 2 g cos

T = m 1 a + m 1 g sin ( m 1 + m 2 ) a = g ( m 2 sin m 1 sin )

a = g ( m 2 sin m 1 sin )

m 1 + m 2= 1 .44 m / s2

T = m 1 m 2 gm 1 + m 2(sin + sin ) = 127 N .

Si noti che ponendo nel caso (b) sin = 1 , si ricavano i risultati del caso (a).




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Esercitazione 2 Cinematica Dinamica

Problema 6 Per sostenere al centro di una strada di larghezza l = 10 m, adunaltezza h = 6 .5 m, una lampada di massa m = 10 kg (vedi gura) vienescelto un cavo che pu sopportare una tensione massima T max = 500 N.Si determini la minima distanza dmin dal suolo a cui possono essere ssati gliestremi del cavo.

SoluzioneSoluzioneSoluzione Se la lampada sostenuta dai due cavi si dovr avere che la somma delle componenti verticalidelle tensioni T equilibri il peso della lampada stessa. Cio

2T sin = mg

dove langolo che i due cavi formano con lorizzontale. Se la tensione dei cavi pari alla tensionemassima avremo

2T max sin min = mg = sin min =mg

2T max

Quindi, essendo sin = d h

( d h ) 2 +( l/ 2) 2

, avremo

d min h

( d min h ) 2 + ( l/ 2) 2 =

mg

2T max

e inne

d min = h +mgl/ 4T max

1 ( mg/ 2T max ) 2 = h +

l/ 2

(2 T max /mg ) 2 1= 7 .0 m .




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Problema 7 Tre oggetti sferici identici, 1, 2 e 3, di massa m = 500 g, sono disposti per mezzodi molle ideali (di massa trascurabile) a eguale distanza luno sotto laltro; la sferetta 1 a suavolta appesa con un lo ideale (inestensibile) al soffitto di una stanza (vedi gura).Supponendo di troncare il lo, si determinino allistante della rottura:

a) la tensione del lo prima della rottura;

b) le accelerazioni a 1 , a 2 e a 3 dei tre oggetti;

c) laccelerazione del centro di massa del sistema.

SoluzioneSoluzioneSoluzione Denotiamo con T , T 12 e T 23 la tensione del lo a cui appesa la massa 1 e le tensioni dellemolle tra le masse, rispettivamente. Essendo le tre masse in equilibrio, se consideriamo unasse verticalediretto verso il basso, applicando Newton ricaviamo:

0 = T + mg + T 120 = T 12 + mg + T 230 = T 23 + mg

= T 23 = mgT 12 = 2 mg

T = 3 mg = 14 . 7 N .

Quando il lo viene troncato la tensione T si annulla e quindi il sistema non pi in equilibrio. Inquellistante le equazioni precedenti (sempre con T 23 = mg e T 12 = 2 mg ) ci permettono di ricavare

ma 1 = T + mg + T 12ma 2 = T 12 + mg + T 23

ma 3 = T 23 + mg

=a 1 = 3 g = 29 .4 m / s2 ;a 2 = 0;

a 3 = 0 .Perci la sferetta 1 comincia a muoversi con unaccelerazione tre volte superiore allaccelerazione di gravit;le altre due, avendo accelerazione nulla, restano inizialmente in quiete. Inne, laccelerazione a del centrodi massa del sistema pari a

a =m 1 a 1 + m 2 a 2 + m 3 a 3

m 1 + m 2 + m 3=

3mg

3m= g = 9 .81 m / s2 .




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Problema 8 La gura presenta un uomo seduto su un sedile penzolante da una funepriva di massa che, passando in una puleggia priva di massa e attrito, ritorna in manoalluomo. La massa complessiva delluomo e del sedile M = 95 .0 kg.

a) Con quale forza luomo deve tirare la fune per salire a velocit costante?

b) Che forza dovr applicare per salire con un accelerazione di 1.30 m/s 2 ?

Supponiamo, invece, che lestremit destra della fune sia tenuta da una persona aterra.

c) Ricalcolare a) e b) per questa nuova situazione.

d) Qual in ciascuno di questi quattro casi la forza esercitata dalla carrucola sulsoffitto?

SoluzioneSoluzioneSoluzione Prima di tutto dobbiamo notare che quando luomo tira la corda verso il basso con una forza F F F , per il principio di azione e reazione, la corda determina su di esso una forza uguale ed opposta R R R (con

R = F ). Daltra parte, la tensione della corda, T , dovr essere necessariamente pari a F . Quindi

R = F e T = F.

Se luomo sta salendo con velocit costante, moto uniforme, vuol dire che la forza complessiva su di esso nulla. Le forze che agiscono sulluomo sono: la forza gravitazionale mggg (diretta verso il basso), la forza chela corda esercita sul sedile T T T (diretta verso lalto) e la forza di reazione R R R (diretta verso lalto). Quindi

0 = T T T + mggg + R R R T + R = 2 F = mg F = mg2

= 465 .5 N .

Se luomo si muove verso lalto con accelerazione a = 1 .30 m/s 2 allora avremo

maaa = T T T + mggg + R R R F =m ( g + a )

2= 527 . 0 N .




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Problema 8 continuazione della soluzioneSe al contrario la corda viene tirata da un compagno al suolo allora nei due casi precedenti avremo

0 = T mg F = T = mg = 931 N ,

ema = T mg F = m ( g + a ) = 1054 N .

In tutti e quattro i casi la forza che la carrucola esercita sul soffitto uguale e contraria alla somma delletensioni della corda ai lati della carrucola stessa. Perci quando luomo si issa da solo tale forza sar pari a2 volte la forza con cui egli tira la corda. Se invece luomo viene issato da un suo compagno al suolo, alloratale forza sar pari a 2 volte la forza che il compagno stesso esercita sulla corda. Si noti che in questo casola forza esercitata dalla carrucola sul soffitto doppia rispetto al caso precedente.




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Problema 9 Una forza F = mg/ 3 , costante in modulo, applicata ad un corpo di massa m appoggiatosu un piano orizzontale liscio. Nel corso dello spostamento rettilineo langolo che la forza ha rispettoallorizzontale varia secondo la legge = ks , dove k una costante ed s il cammino percorso dal corpo(a partire dalla sua posizione iniziale).Calcolare la velocit del corpo nel momento in cui langolo pari ad / 2.

SoluzioneSoluzioneSoluzione Il moto rettilineo; quindi, lungo la direzione di moto abbiamo

mdv

dt= F cos

Perci, dato che

mdv

dt = mdv

ds

ds

dt = mvdv

ds =1

2 md

ds ( v2

) e F cos =1

3 mg cos( ks )

otteniamo lequazione

1

2m

dv 2

ds=

1

3mg cos( ks )

cambio di variabile

dv 2

d=

2

3kg cos

Inne, separando le variabili e integrando abbiamo

dv 2 =2

3kg cos d =

v 2 ( / 2)

0dv 2 =

2g

3k / 2

0cos d

e cio

v 2 ( / 2) =2g

3ksin( / 2) =

2g

3k v( / 2) = 2g3k .




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Problema 10 Un motoscafo di massa M = 1000 kg sta navigando alla velocit v0 = 90 km/h quando ilmotore si arresta. Lintensit della forza di attrito fra lo scafo e lacqua proporzionale alla velocit delnatante: f k = Av con A = 70 Ns/m.Calcolare il tempo impiegato dalla barca per rallentare no alla velocit di 45 km/h.

SoluzioneSoluzioneSoluzione Dal momento in cui si spegne il motore il moto del motoscafo soddisfa la seguente equazione delmoto

Ma = f k M dv

dt= Av.

Separando le variabili e integrando otteniamo

M dv

v

= Adt M

v 0 / 2

v 0

dv

v

= A

t

0

dt M ln1

2

= At

,

dalla quale abbiamo

t

=M

Aln 2 = 9 .90 s .


Esercitazione 3 Dinamica del punto materiale


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Problema 1 I corpi A e B (vedi gura) hanno masse m A = 10 .0 kg e m B =5 .0 kg , rispettivamente. Il coefficiente di attrito statico tra A e il tavolo paria s = 0 .4 .

a) Trovare la minima massa di C che impedir ad A di muoversi.

b) Calcolare laccelerazione del sistema se C rimosso.

SoluzioneSoluzioneSoluzione Finch C grava su A , la massima forza di attrito che il contatto di A con il tavolo pu sviluppare pari a

f s,max = s ( m A + m C ) g

Quindi, essendo la tensione della corda pari al peso di B , allora A e C rimarranno fermi nch sarsoddisfatta la condizione seguente

f s,max m B g s ( m A + m C ) g m B g

che si traduce nella seguente

m C m B s m a

s= 2 .5 kg .

Una volta che C rimosso, notando che ora A prender a muoversi verso destra. Supponendo che lattritodinamico sia trascurabile (non ci sono dati del problema che ci permettano di stimare k ), si vede imme-diatamente che laccelerazione comune di A e B

a =m B

m A + m Bg =

1

3g = 3 .27 m / s2 .




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Problema 2 Una lastra di massa m 2 = 40 kg appoggiata suun pavimento privo di attrito. Su di essa collocato un blocco dimassa m 1 = 10 kg. Fra il blocco e la lastra abbiamo s = 0 .60e k = 0 . 40 . Il blocco 1 tirato da una forza orizzontale diintensit F = 100 N.Quali sono le intensit delle accelerazioni risultanti

a) per il blocco,

b) per la lastra.

SoluzioneSoluzioneSoluzione Quando il corpo 1 (di massa m 1 = 10 kg) viene poggiato sul corpo 2 (di massa m 2 = 40 kg) essosar soggetto ad una reazione normale N di ampiezza

N = m 1 g

Si noti che per il principio di azione e reazione anche il corpo 2 sar soggetto ad una reazione normaleesattamente uguale e contraria a N .Se, tramite la trazione della forza F = 100 N, si tira il corpo 1 si svilupper una forza di attrito f f f direttain verso opposto ad F F F . Sempre per il principio di azione e reazione anche il corpo 2 subir lazione diuna forza di attrito esattamente uguale ed opposta da f f f . A seconda che sia lattrito statico o dinamico agenerarla, f avr i valori seguenti:

f max = f s,max = s N = s m 1 g = 58 .8 N; f = f k = k N = k m 1 g = 39 .2 N .

Ora, per capire se i corpi scivolano luno sullaltro o meno, supponiamo per un momento che essi sianosolidali e verichiamo se la forza di attrito massima, valutata sopra, compatibile con questa situazione.In queste condizioni i due corpi si muovono come un unico corpo di massa M = m 1 + m 2 = 50 .0 kg soggettiad una forza F = 100 N. Quindi la loro accelerazione comune a soddisfer la seguente:

Ma = F a =F

M = 2 .0 m / s2 .




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Problema 2 continuazione della soluzioneQuindi, considerando il corpo 1 avremo

m 1 a = F f s f s =m 2 F

M = 80 .0 N ,

abbondatemente maggiore di f s,max .Dobbiamo quindi concludere che i due corpi scivolano luno sullaltro . In queste condizioni dovr essere(considerando le forze orizzontali che agiscono sul corpo 1 e 2):

m 1 a 1 = F f k a 1 =F f k

m 1= 6 .08 m / s2 ;

m 2 a 2 = f k a 2 = f km 2

= 0 .98 m / s2 .




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Problema 3 Un corpo di massa m trainato tramite un lo con velocit costantesu un piano inclinato che forma un angolo con lorizzontale (vedi gura). Ilcoefficiente dattrito uguale a k .Determinare:

a) langolo che deve fare il lo con il piano inclinato affinch la sua

tensione sia minima;b) il valore di tale tensione.

SoluzioneSoluzioneSoluzione Prendendo gli assi x e y rispettivamente parallelo e perpendicolare al piano inclinato e scompo-nendo le forze, abbiamo

0 = mg sin + T cos f k0 = N mg cos + T sin

dove T la tensione del lo, f k = k N la forza di attrito dinamico ed N la reazione normale del pianoinclinato. Risolvendo il sistema itteniamo:

T =sin + k cos

cos + k sin mg ; N =

cos cos sin sin

cos + k sin mg =

cos( + )

cos + k sin mg.

A questo punto, per minimizzare la tensione non dobbiamo far altro che porre a 0 la derivata seguente

T

= mg (sin + k cos )

sin + k cos

(cos + k sin ) 2 = 0

sin + k cos = 0 tan = k .




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Problema 3 continuazione della soluzioneQuindi, ricordando che

cos =1

1 + tan 2

=1

1 + 2

k

; sin =tan

1 + tan 2

= k

1 + 2

k

;

otteniamo

T min =sin + k cos

1 + 2kmg.

Si noti anche che

2 T 2

= mg (sin + k cos )(cos + k sin ) 2 + ( sin + k cos ) 2

(cos + k sin ) 2 tan = k

= mg(sin + k cos )

1 + 2k> 0

che dimostra che il punto di minimo per T ( ) .




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Problema 4 Una palla di massa m = 1 . 34 kg collegata da due li privi dimassa ad unasta verticale rotante. I li tesi formano con lasta, alla quale sonossati, un triangolo equilatero. La tensione del lo superiore T 1 = 35 N.

a) Disegnare il diagramma vettoriale delle forze che agiscono sulla palla;

b) Quanto vale la tensione della corda pi bassa?c) Qual la risultante delle forze agenti sulla palla nella situazione

illustrata in gura?

d) Qual la velocit della palla?

SoluzioneSoluzioneSoluzione Osservando il diagramma vettoriale delle forze che agiscono sulla palla di massa m = 1 .34 kg(vedi sotto) ed essendo essa in rotazione, possiamo concludere che la somma vettoriale di tali forze deveessere pari alla forza centripeta F F F c associata al moto rotatorio. Vettorialmente avremo

T T T 1 + T T T 2 + mggg = F F F c

Considerando le componenti verticali e orizzontali di tali forze scriviamo

T 1 sin + T 2 sin = mv 2

h; T 1 cos T 2 cos mg = 0

dove = / 3 langolo tra i lati del triangolo equilatero e h la sua altezza.Da queste si ottiene

T 2 = T 1 mg

cos e v = h

m 2T 1 mg

cos sin

Tenendo poi presente che h = L sin = 32 L , allora si ricava

T 2 = T 1 2mg = 8 .74 N e v = 3L2m ( T 1 mg ) = 6 .45 m / s.




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Problema 5 Un blocchetto di massa m viene lanciato (verso destra)con velocit iniziale v 0 su una guida avente un tratto orizzontale pianoe un tratto circolare di ampiezza angolare e raggio R = 50 . 0 cm (vedigura). Lattrito fra blocchetto e guida trascurabile.

a) Si determini la minima velocit iniziale v0 ,min affinch il

blocchetto durante la prima parte del suo moto si mantengasempre in contatto con la guida no al punto A .

Supponendo poi che v0 = v0 ,min determinare:

b) il punto della guida dove massima la reazione normale;

c) a quale distanza da B ricade il blocchetto una volta lasciatala guida.

SoluzioneSoluzioneSoluzione Essendo lattrito trascurabile il blocchetto arriva in B con velocit v0 . Negli istanti successiviesso prender a salire per il tratto curvo della guida. La sua posizione potr essere individuata dallangolo indicato in gura. Scegliendo un sistema di riferimento (vedi gura) il cui asse x sempre tangente allaguida, la 2 a legge di Newton si traduce nelle seguenti

ma = mg sin ma c = N mg cos

dove a laccelerazione tangenziale (negativa perch il moto decelerato) mentre a c = v2 /R laccelerazionecentripeta.La prima equazione pu essere riscritta nella forma seguente

ma = mdv

dt= mg sin ,




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Problema 5 continuazione della soluzionema notando che, se con l = R indichiamo la lunghezza dellarco di guida percorsa dal blocchetto, possiamoanche scrivere

v =dl

dt= R

d

dt= R

dv

dt= R

d

dt= R

d

d

d

dt= R

d

d

emR

d

d= mg sin Rd = g sin d R

( )

(0)d = g

0sin d

Quindi

2 ( ) = 2 (0) 2g

R(1 cos ) v2 ( ) = v 20 2gR (1 cos )

Lultima espressione ci permette di calcolare la velocit in ogni punto del tratto di guida circolare. Sos-tituendo tale relazione nella seconda equazione del sistema iniziale, possiamo ricavare lespressione dellareazione normale N ottenendo

N = ma c + mg cos =mv 2

R+ mg cos =

mv 20R

2mg (1 cos ) + mg cos =mv 20

R 2mg + 3 mg cos

Da tale espressione possiamo vedere che N decresce allaumentare di . In particolare in B ( = 0 ), N assume il suo valore massimo pari a

N max = mv 2

0R + g

La precedente relazione mostra anche che tanto maggiore v0 tanto pi tardi si annuller N . Perci, sevogliamo che N sia positivo perlomeno no ad A ( = ), il valore della velocit dovr essere non inferiorea quello che porta ad avere N = 0 proprio in A . Imponendo nella precedente = e N = 0 , si ricava

v 0 ,min = 5gR = 4 . 95 m / s.




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Problema 6 Un corpo puntiforme di massa m = 2 .0 kg scivola lungo un piano inclinato (molto lungo)formante un angolo = 30 rispetto allorizzontale e nel suo moto soggetto, oltre alla forza di gravit,ad una forza resistente (che congloba lattrito di strisciamento e la resistenza dellaria) il cui modulo esprimibile come R = A + Bv dove A e B sono delle costanti positive e v il modulo della velocit delcorpo. Si s anche che:

i ) nel suo libero scivolamento sul piano inclinato il corpo raggiunge la velocit limite v lim = 30 m / s ;ii ) partendo da fermo, il corpo impiega un tempo t half = 10 s per raggiungere una velocit vlim / 2 .

Determinare i coefficienti A e B .

SoluzioneSoluzioneSoluzione Applicando la seconda legge della dinamica si vede facilmente che il moto del corpo lungo il pianoinclinato determinato dallequazione seguente

md v

d t= mg sin R = mg sin A Bv,

dove si scelto unasse x giacente sul piano inclinato e diretto verso il basso.Il raggiungimento della velocit limite comporta lannullarsi della forza risultante lungo il piano inclinato(e ci produce lannullamento dellaccelerazione del corpo). Quindi dovr essere

mg sin A Bv lim = 0 A = mg sin Bv lim .

Sostituendo queste ultime nella precedente possiamo dare allequazione del moto del corpo la seguenteforma

m

d v

d t = B ( v lim v ) .Separando le variabili e integrando ambo i membri tra gli istanti t = 0 (v = 0 ) e t (v = v( t ) ) si ottiene

md v

v lim v= B d t m

v ( t )

0

d v

v lim v= Bt ln

v lim v ( t )

v lim =

B

mt,

e quindi

v ( t ) = v lim 1 e Bm t .




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Problema 6 continuazione della soluzioneDa tale legge oraria segue che se la velocit del corpo raggiunge 12 v lim nel tempo t half , allora

v lim 1 e Bm t half =

v lim2

e Bm t half =

1

2

B

mt half = ln 2 ,

e quindi

B = ln 2 m

t half = 0 .138 kg / s.

Inne tornando allespressione di A si ottiene

A = mg sin ln 2 mv limt half

= 5 .65 N .


Esercitazione 4 Dinamica del punto materiale, lavoro e conservazione dellenergia


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Problema 1 Un corpo puntiforme di massa m = 1 .0 kg viene lanciato lungo la supercie di un cuneo aventeuninclinazione = 40 rispetto allorizzontale e altezza h = 80 cm . Il corpo viene lanciato dal punto pibasso del cuneo con una velocit iniziale v0 . La supercie del cuneo su cui scivola il corpo puntiformepresenta un coefficiente di attrito dinamico k = 0 .5 .Sapendo che il cuneo, che potrebbe scivolare senza attrito sul piano di appoggio, mantenuto in quiete permezzo di una forza esterna, determinare:

a) il valore di v0 affinch il corpo dopo aver raggiunto la sommit del cuneo ricada al suolo ad unadistanza d = 30 cm dal cuneo stesso;

b) il modulo della forza esterna che deve essere utilizzata per mantenere il cuneo in quiete durante lasalita del corpo puntiforme secondo quanto calcolato al punto a).

SoluzioneSoluzioneSoluzione Indichiamo con v1 il modulo della velocit del corpo alla sommit del cuneo. Durante il suosuccessivo volo parabolico le equazioni orarie delle sue coordinate sono le seguenti

x ( t ) = v1 cos ty ( t ) = h + v 1 sin t 12 gt2 ,

dove langolo dinclinazione del cuneo. Quindi, dato il punto dimpatto del corpo con il suolo hacoordinate (d, 0) , abbiamo

v 1 cos t = d t =d

v 1 cos ,

e

h + v 1 sin t 12

gt2

= h + d tan gd2

2v 21 cos2

= 0 v1 = gd2

2( h + d tan ) cos 2 = 0 .85 m / s.

Tenendo conto dellazione della forza di attrito lungo la salita, il moto del corpo uniformemente deceleratocon una accelerazione in modulo pari a = g(sin + k cos ) e le equazioni che regolano il suo moto sono

x ( t ) = v 0 t 1

2at

2; v( t ) = v 0 at,

dove ora x misurata lungo il piano inclinato e v0

il modulo della velocit iniziale del corpo.G. Giugliarelli Fisica Generale I, AA 2012-2013 21/03/2013 1 / 10



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Quindi, se indichiamo con t 1 il tempo in cui il corpo raggiunge la sommit del cuneo e se vogliamo che intale istante esso abbia velocit pari a v1 , tenendo presente che il piano inclinato ha una lunghezza h/ sin ,dovr essere

v 1 = v 0 at 1 t 1 = ( v 0 v 1 ) /a ;

h

sin = v 0 t 1

1

2at

21

v 20 v21

a=

h

sin ;

v0 = v 21 + 2ahsin .

Esplicitando laccelerazione a abbiamo

v 0 = v 21 + 2 gh + 2 k ghtan = 5 .08 m / s .Durante la salita del corpo sul cuneo, a causa del principio di azione e reazione, agiscono le due forze ugualied opposte a N N N (di modulo mg cos ) e f f f k (di modulo k N = k mg cos ). Conseguentemente, se vogliamoche il cuneo rimanga fermo, esso dovr essere trattenuto da una forza orizzontale di modulo pari alla sommadelle componenti orizzontali delle forze suddette. E cio pari a

F = N sin + f k cos = mg cos sin + k mg cos2

= mg cos (sin + k cos ) = 7 . 7 N .




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Problema 2 Un corpo puntiforme di massa m = 1 .0 kg viene lanciato lungo la supercie di una lastraavente massa M = 4 . 0 kg e lunghezza L = 120 cm . Il corpo viene lanciato lungo la lastra con una velocitiniziale v0 . La supercie della lastra su cui scivola il corpo puntiforme presenta un coefficiente di attritodinamico k = 0 .4 .Supponendo che la lastra venga mantenuta ferma:

a) determinare il valore di v0 affinch il corpo raggiunga esattamente la ne della lastra senza cadereda essa.

Supporre poi che la lastra possa scivolare senza attrito sul piano di appoggio e che ora, quando il corpopuntiforme viene lanciato su di essa con la velocit iniziale v0 calcolata al punto a), essa sia libera dimuoversi. Determinare:

b) la velocit nale del sistema lastra corpo e la distanza che il corpo percorre lungo la lastra.

SoluzioneSoluzioneSoluzione Quando la lastra mantenuta ferma, a causa della forza di attrito dinamico f k = k N = k mgche agisce sul corpo puntiforme esso si muover di moto uniformemente decelerato con a

m =

kg e quindi

la sua velocit e posizione seguiranno le seguenti relazioni

v ( t ) = v 0 + a m t = v0 k gt ; x ( t ) = v0 t +1

2a m t

2= v 0 t

1

2 k gt

2.

Se t il tempo in cui il corpo raggiunge laltro estremo della lastra e vogliamo in tale istante il corpo sifermi, dovr essere

x ( t) = L ;

v ( t

) = 0; t =

v 0

k g

v 20

k g

1

2

v 20

k g= L v0 =

2

kLg = 3 .07 m / s.

Daltra parte, se la lastra libera di muoversi, in seguito al lancio del corpo, si muover anchessa. Intal caso, mentre il corpo viene rallentato dalla forza di attrito f k , sempre opposta al suo moto (e la suaaccelerazione sar sempre pari a a m = k g ), ora la lastra segue un moto accelerato determinato dallareazione (principio di azionereazione) alla f k , con accelerazione a M = k mM g .Quindi, le velocit (rispetto al suolo) del punto materiale e della lastra seguiranno le seguenti relazioni

v m ( t ) = v 0 k gt ; vM ( t ) = km

M

gt.




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Perci allistante t 1 , ottenuto come segue

v m ( t 1 ) = vM ( t 1 ) v0 k gt 1 = km

M gt 1 t 1 =

Mv 0

k ( M + m ) g,

essi raggiungono la comune velocitv f = vm ( t 1 ) = vM ( t 1 ) =

m

M + mv 0 = 0 .61 m / s .

Ovviamente, dato che allistante t 1 ormai non c pi slittamento fra corpo e lastra, negli istanti successiviessi procederanno (come un solo corpo) a velocit v f . Perci v f la velocit nale del sistema corpo + lastra!Si noti anche che, dallistante di lancio t = 0 , allistante t 1 lo spazio percorso (rispetto al suolo) da corpoe lastra sono dati da

x m = v 0 t 1 1

2 k gt

21 ; x M =

1

2 k

m

M gt

21 ,

rispettivamente. Conseguentemente, la distanza d = x m x M corrisponde allo spostamento del corporispetto alla lastra, che sar quindi pari a

d = x m x M = v 0 t 1 1

2

M + m

M k gt

21 =

1

2

Mv 20 k ( M + m ) g

=M

M + mL =

4

5L = 96 .0 cm .




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Problema 3 Un cono, di altezza H = 30 cm e raggio di base R = 10 .0 cm , disposto verticalmente con il vertice in basso e ruota a velocit angolare 0 intorno al suo asse (vedi gura). Sulla sua supercie interna poggiatoun corpo puntiforme che ruota insieme al cono. Il corpo ad una quotah = 15 cm al disopra del vertice del cono ed in equilibrio statico rispettoad esso.Determinare:

a) la velocit angolare 0 del cono supponendo che la sua supercienon presenti attrito;

b) entro quali limiti pu essere variata la velocit angolare del conomantenendo il corpo in equilibrio sempre alla quota h , nel caso incui la supercie del cono presenti attrito con s = 0 . 2 .

SoluzioneSoluzioneSoluzione In assenza di attrito se il corpo in equilibrio rispetto al cono, essendo questo in rotazione intorno

al suo asse, la somma delle componenti lungo la parete delle forze gravitazionale e centrifuga (siamo nelsistema rotante) dovr essere nulla.Perci, indicando con langolo al vertice del cono (langolo che le sue pareti formano rispetto alla verticale)per il quale si ha

tan =R

H =

1

3, sin =

R

R 2 + H 2= 0 . 316 , cos =

H

R 2 + H 2= 0 .949 ,

e prendendo un asse lungo la supercie del cono orientato dal suo vertice verso il suo bordo, dovremo avere

m20 r sin mg cos = 0

con r = h tan pari al raggio dellorbita circolare percorsa dal corpo. Si ottiene quindi

g cos = 20 h tan sin

20 =

g

h tan 2 =

gH 2

hR 2 0 =

H

R gh = 24 .3 rad / s .G. Giugliarelli Fisica Generale I, AA 2012-2013 21/03/2013 5 / 10


P bl 3 i i d ll l i


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Teniamo ora conto della presenza di attrito statico. In tal caso per una velocit angolare diversa da 0 ildiverso valore della forza centrifuga determina la presenza di una forza di attrito statico f s che soddisfa laseguente equazione

m2

r sin mg cos + f s = 0 ,

e che deve sottostare alla condizione

| f s | s N | m ( 2

r sin g cos ) | s N

Ricavando la reazione normale N dalla seguente,

N mg sin m2

r cos = 0 N = m ( g sin + 2

r cos ) .

e sostituendo nella precedente otteniamo

| 2

r sin g cos | s ( g sin + 2

r cos ) (cos s sin )

(sin + s cos )

g

r

2

(cos + s sin )

(sin s cos )

g

r

Da questultima, tenendo presente che r = h tan = 5 .0 cm , si ricava

min max

min = (cos s sin )(sin + s cos ) gr = 18 .5 rad / s max = (cos + s sin )(sin s cos ) gr = 39 .7 rad / s



P bl 4 U i f i di i R 30 di


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Problema 4 Una coppa semisferica, di raggio R = 30 cm dispostacon la concavit rivolta verso lalto e ruota a velocit angolare 0intorno al suo asse (vedi gura). Sulla sua supercie interna, ad unaquota h = 10 cm al disopra del punto pi basso della coppa, poggiatoun corpo puntiforme in equilibrio statico rispetto ad essa.Determinare:

a) la velocit angolare 0 con cui ruota la coppa supponendo chela sua supercie non presenti attrito;

b) entro quali limiti pu essere variata la velocit angolare dellacoppa mantenendo il corpo in equilibrio sempre alla quota h ,nel caso in cui la supercie della coppa presenti attrito con s = 0 .4 .

SoluzioneSoluzioneSoluzione In assenza di attrito se il corpo in equilibrio rispetto alla coppa, essendo questa in rotazioneintorno al suo asse, la somma delle componenti lungo la parete delle forze gravitazionale e centrifuga (siamonel sistema rotante) dovr essere nulla.Prima di tutto indichiamo con langolo che il raggio passante per il corpo ha rispetto alla verticale. Si ha

cos =R h

R=

2

3= 0 .667 , sin = h (2 R h )R = 0 .745 .

Prendendo un asse tangente alla parete della coppa nel punto occupato dal corpo orientato verso lalto,

lequilibrio del corpo impone m20 r cos mg sin = 0

con r = R sin pari al raggio dellorbita circolare percorsa dal corpo. Si ottiene quindi

g sin = 20 R sin cos

20 =

g

R cos =

g

R h 0 = gR h = 7 .0 rad / s.





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Teniamo ora conto della presenza di attrito statico. In tal caso per una velocit angolare diversa da 0 ildiverso valore della forza centrifuga determina la presenza di una forza di attrito statico f s che soddisfa laseguente equazione

m2

r cos mg sin + f s = 0 ,

e che deve sottostare alla condizione

| f s | s N | m ( 2

r cos g sin ) | s N

Ricavando la reazione normale N dalla seguente,

N mg cos m2

r sin = 0 N = m ( g cos + 2

r sin ) .

e sostituendo nella precedente otteniamo

| 2

r cos g sin | s ( g cos + 2

r sin ) (sin s cos )

(cos + s sin )

g

r

2

(sin + s cos )

(cos s sin )

g

r

Da questultima, tenendo presente che r = R sin = 22 .3 cm , si ricava

min max

min = (sin s cos )(cos + s sin ) gr = 4 .67 rad / s max = (sin + s cos )(cos s sin ) gr = 11 .0 rad / s



Problema 5 Si abbia una guida circolare di raggio R (come quella qui a


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Problema 5 Si abbia una guida circolare di raggio R (come quella qui aanco) disposta orizzontalmente (la gura corrisponde alla vista dallalto).Un corpo puntiforme di massa m , posto allinterno della guida, viene lan-ciato lungo la guida stessa con una velocit iniziale di ampiezza v0 .Supponendo che la guida sia mantenuta ssa, e che tra corpo e guida siapresente un coefficiente di attrito dinamico k = 0 .10 , si determini:

a) la legge con cui varia la velocit del corpo durante il suo motocircolare;

b) dopo quanti giri la velocit del corpo si sar ridotta ad 1/10 diquella iniziale.

SoluzioneSoluzioneSoluzione Il moto del punto materiale chiaramente circolare, ma a causa della forza di attrito la velocitnon si manterr costante. In effetti, con la 2 a legge della dinamica potremmo scrivere

maaa = N

N

N +

f

f

f k

dove N N N e f f f k sono la reazione normale della guida e la forza di attrito, rispettivamente. Proiettando taleequazione lungo le direzioni tangente e perpendicolare alla guida otterremo

ma = f k = k N

ma = mv 2

R= N

dove si esplicitata la forza di attrito f k in termini di N e v2 /R laccelerazione centripeta. Combinando

le due relazioni otteniamo lequazione differenziale seguente

ma = k N = k mv 2

R a =

d v

d t=

kR

v2

,

dalla quale, per integrazione, potremo ricavare lespressione della velocit in funzione, ad esempio, deltempo.



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Esercitazione 5 Dinamica del punto materiale e conservazione dellenergia

Problema 1 Nella gura vediamo una corda che passa su due pulegge prive


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Problema 1 Nella gura vediamo una corda che passa su due pulegge privedi massa e di attrito e un peso di massa m = 20 kg agganciato alla puleggiainferiore, mentre una forza F F F applicata manualmente allestremit libera dellacorda.

a) Quale devessere lintensit di F F F per far salire il peso a velocit costante?

b) Per far salire il peso di 2.0 cm, di quanto dovr spostarsi la manodelloperatore?

c) Qual il lavoro compiuto sul peso durante questo spostamentodalloperatore?

d) E dalla forza di gravit?

SoluzioneSoluzioneSoluzione Se il peso si muove di moto uniforme verso lalto, essendo questo un moto con accelerazione nulla,la somma delle forze che agiscono su di esso deve essere nulla! Perci, essendo il peso del corpo equilibrato

da 2 volte la tensione, T della corda, dovremo avereT =

1

2mg

Quindi, essendo anche F = T avremoF = T =

1

2mg = 98 .0 N .

Quando il peso sale di 2. 0 cm, la mano delloperatore deve abbassarsi di 4.0 cm. Infatti, ogni spostamentodella corda verso il basso y (effettuato dalloperatore) si distribuisce equamente sui due lati della puleggiaa cui agganciato il peso, che quindi sale di una quota pari a y/ 2.Il lavoro compiuto dalloperatore e dalla forza di gravit sono

L o = F y =1

2mg y = 3 .92 J; L g = mg

y

2= 3.92 J .



Problema 2 Un blocchetto di massa m pu scorrere lungo la pista a spirale in


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Problema 2 Un blocchetto di massa m pu scorrere lungo la pista a spirale ingura.

a) Se lasciato cadere da fermo dal punto P , quale sar la forza netta cheagisce su di esso nel punto Q ?

b) Da quale altezza sopra il punto pi basso della spirale si dovrebbelasciar cadere il blocchetto per far si che stia per perdere il contatto conla pista nel punto pi alto del ricciolo ?

SoluzioneSoluzioneSoluzione Dalla conservazione dellenergia meccanica, abbiamo

mgh = mgR +1

2mv 2Q mv

2Q = 2 mg ( h R )

Le forze che agiscono sul blocchetto sono la forza gravitazionale, mggg , e la reazione normale della pista, N N N . Nel punto Q , essendo mggg tangente alla pista, la normale N deve essere pari alla forza centripeta, F c ,

necessaria a tenere il blocchetto sulla pista. Cio

N Q = F c = mv 2QR

= 2 mgh R

R

Perci la forza complessiva sul blocchetto sar

F F F Q = N N N Q + mggg F Q = N 2Q + m 2 g 2 =mg

R 4( h R ) 2 + R 2In punti diversi della traiettoria, anche il peso del blocchetto contribuisce alla forza centripeta. In effetti(vedi gura)

mv 2

R= N mg cos N =

mv 2

R+ mg cos





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Se vogliamo che nel punto pi alto del ricciolo ( = ) il blocchetto stia per perdere il contatto, alloradovr essere N = 0 . Quindi

mv 2

R mg = 0 mv 2 = mgR

Perci, dalla conservazione dellenergia, otteniamo

mgh = 2 mgR +1

2mv 2 = 2 mgR +

1

2mgR =

5

2mgR h =

5

2R.



Problema 3 Una catena, come si vede in gura, tenuta ferma su un tavolo


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gprivo di attrito mentre un quarto della sua lunghezza penzola dal bordo deltavolo.Se la catena ha una lunghezza totale L e una massa m , quanto lavoro richiestoper tirare indietro no sul piano del tavolo la parte penzolante?

SoluzioneSoluzioneSoluzione Si noti che ogni elementino di catena, di lunghezza dh e ad una quota h al di sotto del piano deltavolo, una volta portato sul tavolo guadagna unenergia potenziale gravitazionale pari a

dU = dm gh

dove dm la massa dellelementino di catena.Notando che

dm =m

Ldh,

sommando tutti i contributi si ottiene che il guadagno complessivo in energia potenziale

U =

dU =

m

Lg

L/ 4

0hdh =

m

Lg

1

2

L

4

2=

mgL

32

Ovviamente tale quantit anche pari al lavoro che si deve compiere per issare la catena.



Problema 4 Entro una guida verticale pu scorrere liberamente


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una bacchetta di massa m = 800 g . Lestremo inferiore dellabacchetta poggia (senza presentare nessun tipo di attrito) sullasupercie inclinata di un sottile cuneo, di massa M = 1 .2 kg e diangolo di base = 45 , a sua volta posto su un piano orizzontale(vedi gura). Il sistema inizialmente in quiete.

Nellipotesi che il cuneo scivoli senza attrito sul piano orizzon-tale, si determini la velocit e laccelerazione del cuneo quandola bacchetta scesa di un tratto h 0 = 30 cm .

SoluzioneSoluzioneSoluzione Per prima cosa si noti che se dy (lungo lasse y diretto verso lalto) lo spostamento elementareverticale della bacchetta, lo spostamento dx del cuneo (lungo lasse x orizzontale verso destra) deve sod-disfare la relazione seguente

dy = (tan ) dx = dx

Conseguentemente, derivando rispetto al tempo una e due volte ricaviamo

vb =dydt

= dxdt

= v c ; a b =d 2 ydt 2

= d 2 xdt 2

= a c ,

dove vb , vc , a b e a c sono le velocit e le accelerazioni di bacchetta e cuneo, rispettivamente.Non essendoci attriti, lenergia meccanica si conserva. Perci per uno spostamento della bacchetta pari adh avremo

mgy 0 = mg ( y 0 h )+1

2mv 2

b +

1

2Mv 2

c mgh =

1

2( m + M ) v 2

c vc =

2mgh

m + M = 1 .53 m / s .

Daltra parte, derivando rispetto al tempo la relazione appena utilizzata, ricaviamo

mgdh

dt= ( m + M ) v c

dv cdt

mgv b = ( m + M ) v c a c = a c =m

m + M g = 3 .92 m / s2 .



Problema 5 Un corpo di massa m viene lanciato su di un piano di lunghezza l = 80 cm che pu essere


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inclinato (rispetto allorizzontale) di un angolo 0 / 2. Il corpo (indipendentemente dallangolo diinclinazione del piano) viene lanciato con una velocit iniziale v0 sempre tangente al piano stesso. Ilpiano presenta un coefficiente di attrito dinamico k = 0 .7 .

a) Determinare lespressione della minima velocit iniziale, v0 ,min ( ) , che permette al corpo di

raggiungere laltro estremo del piano;b) Calcolare langolo dinclinazione, max , in corrispondenza del quale v0 ,min assume il suo valore

massimo, e il valore corrispondente;

c) Fissato = max e v0 = 2 v0 ,min ( max ) determinare la massima quota raggiunta dal corporispetto al punto di partenza ( si supponga che il corpo, una volta staccatosi dal piano, segua il moto del proiettile ).

SoluzioneSoluzioneSoluzione Applicando il teorema dellenergia cinetica possiamo dire che la variazione dellenergia cinetica

del corpo dovr essere pari alla somma dei lavori della forza di gravit e della forza di attrito. E ciopotremo scrivere la seguente

K = L g + L a = U g + L a =1

2mv 2f

1

2mv 20 = mgl sin k mgl cos

dove vf la velocit del corpo alla ne del piano inclinato e k mg cos corrisponde al modulo della forzadi attrito. Quindi, imponendo una velocit nale vf = 0 , ricaviamo

v 20 = v20 ,min ( ) = 2 gl (sin + k cos ) v0 ,min ( ) = 2gl (sin + k cos )

Poi, per ricavare langolo che rende massima tale velocit, imponiamo che la derivata rispetto ad dellaprecedente espressione sia nulla. Cos facendo si ottiene

d

dv 20 ,min ( ) = 2 gl (cos k sin ) = 0 = max = arctan

1

k = 55 .0

Quindi, tenendo conto che cos = 1 / 1 + tan 2 e sin = tan / 1 + tan 2 ricaviamov 20 ,min ( ) = 2 gl

k + tan

1 + tan 2 v0 ,min ( max ) = 2gl 1 + 2k = 4 .38 m / s .



Problema 5 continuazione della soluzioneO i h l l it l l t i lt d l i i i ll d ll i l i


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Ora, se supponiamo che la velocit nale nel punto pi alto del piano non sia pi nulla, dalla prima relazioneche avevamo otteniamo

v 2f = v20 2gl (sin + k cos )

Quindi, considerando la sua componente verticale, vf,y = vf sin , la quota massima che raggiunger il

corpo sar pari alla somma dei spostamenti verticali subiti durante i moti rettilineo lungo il piano inclinato( h 1 = l sin ) e parabolico ( h 2 = vf,y t 2 12 gt22 ) e cio

y max = l sin + v f,y t 2 1

2gt 22

t 2 il tempo di volo dalla sommit del piano inclinato al vertice della parabola e sar tale che

v f,y gt 2 = 0 t 2 =v f,y

g

Sostituendo nella precedente ricaviamo

y max = l sin +v 2f,y

2g= l sin +

v 2f sin2

2g=

v 202g

sin 2 + l sin sin 3 k cos sin2

Valutando tale espressione quando e otteniamo

y max = 42gl 1 + 2k

2g

1

1 + 2k=

4l

1 + 2k= 2 .62 m .



Problema 6 Un punto materiale scivola sulla pista visibile in sezione ing l t it i l t i tt ll t t l h i


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gura, con le estremit innalzate rispetto alla parte centrale, che pianoe orizzontale ed ha lunghezza L . Le due parti curve sono prive di attrito,mentre per la parte piana il coefficiente di attrito dinamico k = 0 .20 . Ilcorpo lasciato libero in A , allaltezza h = L/ 2 rispetto al tratto piano.Dove va a fermarsi il punto materiale?

SoluzioneSoluzioneSoluzione Il corpo si fermer quando tutta lenergia potenziale iniziale stata dissipata dalla forza di attritosul tratto piano. Tale forza sempre opposta alla direzione di moto ed ha intensit pari a

f k = k N = k mg

Se indichiamo con x la distanza complessivamente percorsa in orizzontale dal punto materiale, lenergiadissipata sar pari al lavoro compiuto dalla forza di attrito, pari a f k x . Quindi dovr essere

mgL

2= f k x = k mg x x =

L

2 k= 2 .5L

Ci signica che il punto materiale si ferma nel centro del tratto piano, la seconda volta che lo percorreverso destra.



Problema 7 Un blocco di massa m = 2 .5 kg, muovendosi come nellagura va ad urtare una molla orizzontale avente k = 320 N/m e la


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gura va ad urtare una molla orizzontale avente k = 320 N/m, e lacomprime per una lunghezza massima x = 7 .5 cm. Il coefficientedi attrito dinamico tra il blocco e la supercie di scorrimento k =0 .25 .

a) Quanto lavoro svolge la molla per arrestare il blocco?b) Quanta energia meccanica dissipata in energia termica dalla

forza dattrito prima che il blocco sia arrestato dalla molla?

c) Qualera la velocit del blocco quando ha urtato la molla?

SoluzioneSoluzioneSoluzione Data la presenza di attrito, lenergia meccanica non si conserva! Per, la sua variazione deveessere pari al lavoro fatto dalla forza di attrito. Considerando quindi il tratto di moto in cui la molla vienecompressa potremo scrivere che

K + U e = f k x 12

mv 20 +12

k x 2 = k mg x

dove f k = k mg lintensit della forza di attrito.Quindi, il lavoro fatto dalla molla durante la compressione e quello compiuto dalla forza di attrito sono

L e = U e = 1

2k x 2 = 0 .90 J; L k = k mg x = 0. 46 J .

Dalla precedente abbiamo immediatamente che lenergia meccanica dissipata pari a 0.46 J, e cio, almodulo del lavoro della forza di attrito.Inne, dalla prima relazione si ricava

v 0 = 2 k g x + km x 2 = 1 .04 m / s .G. Giugliarelli Fisica Generale I, AA 2012-2013 26/03/2013 9 / 13


Problema 8 Una pietra di peso w scagliata in aria verticalmente con velocit iniziale v0 .Supponendo che una forza costante f dovuta alla resistenza dellaria agisca sulla pietra lungo tutta la sua


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Supponendo che una forza costante f dovuta alla resistenza dell aria agisca sulla pietra lungo tutta la suatraiettoria dimostrare che:

a) la massima altezza raggiunta dalla pietra h = v 20

2 g (1+ f /w ) ;

b) la velocit della pietra al momento dellimpatto col terreno v = v0 w f w + f .

SoluzioneSoluzioneSoluzione Durante lascesa la variazione dellenergia meccanica deve eguagliare il lavoro fatto dalla forzaresistente. Quindi

E mecc = K + U g = L f 1

2mv 20 + mgh = fh h =

mv 202( mg + f )

Ricordando che il peso w = mg , otteniamo

h =mv 20

2( mg + f )=

wv 202g ( w + f )

=v 20

2g (1 + f /w )

Daltra parte, durante la discesa avremo

1

2 mv2

mgh = fh v = 2

m ( mg f ) h

Esprimendo h e m in funzione di w ricaviamo

v = 2m ( mg f ) h = 2gw ( w f ) v20

2g (1 + f /w )= v0 w f w + f .



Problema 9 Il cavo di unascensore di massa M = 2000 kg si spezza quando la cabina ferma al primo piano con il fondo ad una distanza d = 3 7 m al disopra di una molla


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ferma al primo piano, con il fondo ad una distanza d 3 .7 m al disopra di una mollaammortizzatrice avente costante elastica k = 1 .5 10 5 N/m. Un dispositivo di sicurezzaagisce da freno sulle guide in modo da far sviluppare, in caso demergenza, una forzadattrito f = 4 . 4 10 3 N.Calcolare:

a) la velocit dellascensore subito prima di urtare la molla;b) di quanto viene compressa la molla;

c) di quanto rimbalza lascensore al di sopra della molla;

d) la distanza percorsa dallascensore no al punto di arresto inferiore.

SoluzioneSoluzioneSoluzione Dalla rottura del cavo entra in azione la forza di attrito f e quindi al momento dellimpatto conla molla la conservazione dellenergia impone

1

2 Mv 21 Mgd = fd v1 = 2( Mg f ) d

M = 7 .5 m / s .

Nel tratto successivo di moto la molla viene compressa. Denotando con y la compressione della molla,possiamo scrivere

1

2Mv 21 Mg y +

1

2k y 2 = f y k y 2 2( Mg f ) y Mv 21 = 0 ,

y =1

kMg f +

( Mg f ) 2 + Mkv 21 = 0 .97 m .

Se indichiamo con yf la quota raggiunta dallascensore dopo essere rimbalzato sulla molla, la distanza dicui rimbalza al disopra della molla sar pari a yf y . Applicando ancora la conservazione dellenergiaotteniamo

Mgy f 1

2k y 2 = fy f yf =

k y 2

2( Mg + f )= 2 .94 m y f y = 1 .97 m .

Lo spazio percorso dallascensore no al punto di arresto inferiore pari a d + y = 4 .67 m.



Problema 10 Un corpo lanciato verticalmente verso lalto con una velocit iniziale v0 = 20 .0 m / s. Laresistenza dellaria proporzionale alla velocit del corpo (cio il suo modulo dato da R = Av , con A


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resistenza dell aria proporzionale alla velocit del corpo (cio il suo modulo dato da R Av , con Acostante) e la velocit limite che il corpo raggiungerebbe in caduta libera v lim = 100 m / s.Determinare:

a) laltezza massima h (misurata dal punto di lancio) raggiunta dal corpo e il tempo t R occorrenteper raggiungerla;

b) la frazione di energia meccanica dissipata in calore durante la salita.

SoluzioneSoluzioneSoluzione Lequazione del moto del corpo dopo il lancio (prendiamo lasse y diretto verso lalto)

md v

d t= mg Av,

Perci integrando si ha

d vg + Am v

= d t vv 0 d vg + Am v = t g + Am v = g + Am v0 e Am t ,

dalla quale si ricava

v ( t ) =mg

Ae

Am t 1 + v 0 e

Am t = vlim e

gtv lim 1 + v 0 e

gtv lim .

dato che quando il corpo in caduta libera raggiunge la velocit limite, si ha mg = R = Av lim e quindiA = mg/v lim .La quota istantanea del corpo, y ( t ) , ora ottenibile attraverso lintegrale seguente

y ( t ) = t

0v ( t )d t

= vlim t

0e

gtv lim 1 d t + v 0

t

0e

gtv lim d t =

( v0 + v lim ) v limg

1 e gt

v lim v lim t.





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Alla quota massima, h , la velocit si annulla. Perci

v ( t R ) = 0 e

gt Rv lim =

v limv

lim + v

0

t R =v lim

gln

v lim + v0v

lim

= 1 . 86 s ,

e

h = y( t R ) =( v 0 + v lim ) v lim

g1 e

gt R

v lim v lim t R =v lim

gv0 v lim ln

v lim + v0v lim

= 18 .0 m .

La frazione di energia dissipata pari al rapporto tra il lavoro (in modulo) della forza resistente e lenergia

cinetica iniziale del corpo. Quindi

W

K 0=

K 0 mgh

K 0= 1

mgh

K 0= 1

2gh

v 20= 0 .117

Si noti che applicando la conservazione dellenergia si poteva arrivare a costruire lequazione del moto.Infatti per uno spostamento dy lungo lasse y possiamo scrivere

d E mecc = Rdy mv d v + mg d y = Av d y.

Da questa, dividendo per d t otteniamo la seguente

mvd v

d t+ mg

d y

d t= Av

d y

d t m

d v

d t+ mg = Av,

che risulta identica allequazione del moto scritta allinizio!


Esercitazione 6 Sistemi di punti materiali e Urti

Problema 1 Sul bordo anteriore di un carrello privo di sponde, dimassa M = 100 kg, che si sta muovendo senza attrito su binari oriz-


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gzontali e rettilinei con velocit v 0 = 5 .0 m/s, viene posto, con velocitnulla rispetto ai binari, un corpo di massa m = 10 kg (vedi gura). Ilcoefficiente di attrito dinamico tra corpo e carrello pari a k = 0 . 50 .Si determini quale debba essere la lunghezza minima lmin del carrello

affinch il corpo appoggiato non cada gi.(Si supponga che M includa anche la massa delle ruote e si trascurino gli effetti della loro rotazione)

SoluzioneSoluzioneSoluzione Approccio dinamicoQuando il corpo viene appoggiato sul bordo destro del carrello, a causa dellattrito dinamico, riceve unaspinta verso destra pari a f k = k N = k mg . Quindi, esso prender a muoversi verso destra (rispetto alsuolo) di moto uniformemente accelerato

ma m = f k

ma m = k mg

a m = k g

vm ( t ) = a m t = k gt

Per il principio di azione e reazione, sul carrello agir una forza uguale e contraria che lo far rallentare. Ecio

Ma M = f k Ma M = k mg a M = m

M k g vM ( t ) = v 0 + a M t = v0

m

M k gt

Si noti che la velocit del carrello poteva essere ottenuta anche tenendo conto della conservazione dellaquantit di moto. Cio

mv m ( t ) + Mv M ( t ) = M v 0 vM ( t ) = v 0 mM v m ( t ) = v0 mM k gt

Se il carrello sufficientemente lungo ci sar un momento in cui la velocit del punto materiale uguaglierquella del carrello stesso. Dopo tale istante il punto materiale viagger solidalmente con il carrello. Quindi

v m ( t

) = vM ( t

) t

=Mv 0

k g ( M + m )



Problema 1 continuazione della soluzioneDurante questo intervallo di tempo punto materiale e carrello percorrono le distanze seguenti (sempre


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misurate rispetto al suolo)

d m =1

2a m ( t

) 2 ; dM = v0 t

+1

2a M ( t

) 2 ,

e perci, la distanza percorsa dal punto materiale sul carrello l min = d M d m = v 0 t

1

2( a M a m )( t

) 2 =1

2

Mv 20 k g ( M + m )

= 2 .3 m ,

che corrisponde alla lunghezza minima che deve avere il carrello in modo che il punto non cada.

Approccio energetico Una volta che il corpo non scivola pi sul carrello, i due viaggeranno con la stessavelocit. Questo stato nale raggiunto per mezzo di forze interne al sistema (lattrito) e quindi duranteil moto deve essere rispettata la conservazione della quantit di moto

Mv 0 = ( M + m ) v f vf = M M + m v 0 .Daltra parte, la variazione dellenergia meccanica (che qui si riduce alla variazione dellenergia cinetica)deve uguagliare il lavoro delle forze di attrito. Dette dm e dM le distanze percorse dal corpo e dal carrello,potremo scrivere

E mecc = K = L a 1

2( M + m ) v 2f

1

2Mv 20 = dm f k d M f k ,

e quindi

1

2

Mm

M + mv0 = ( d M d m ) k mg.

Osservando, ancora una volta, che nel sistema del carrello lo spazio percorso dal corpo pari a dM d m ,otteniamol min = dM d m =

1

2

Mv 20 k g ( M + m )

.



Problema 2 Tre barche di uguale massa M = 45 .0 kg, viaggiano luna dietro laltra con la stessa velocitv 0 = 7 .2 km/h rispetto al mare. Dalla barca centrale vengono lanciati contemporaneamente, e con la

l l l ll b d h d d k


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stessa velocit orizzontale relativamente alla barca u = 4 .0 m/s, due sacchi identici, di massa m = 5 .0 kgciascuno, luno sulla barca che precede e laltro sulla barca che segue.Trascurando ogni tipo di attrito, si determinino le velocit v1 , v2 e v3 delle tre barche una volta che isacchi siano arrivati a destinazione.

SoluzioneSoluzioneSoluzione Per il sistema costituito dalla barca centrale (barca 2) e dai sacchi che vengono lanciati, si deveconservare la quantit di moto totale nel lancio, che avviene orizzontalmente. Si ha, dunque:

Mv 0 = ( M 2m ) v 2 + m ( v2 + u ) + m ( v 2 u )

dove v2 u e v2 + u son

Esercizi svolti di Fisica A - UNIUD

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