Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai...

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Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica 1) Lo spostamento nel tempo di una certa particella che si muove lungo l’asse x è mostrato in figura. Trovare la velocità media negli intervalli di tempo: a) da 0 a 1 s b) da 0 a 4 s c) da 1 a 5 s d) da 0 a 5 s Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s h) t = 4.5 s _______________________________________________________________________________ a) la velocità media nell’intervallo di tempo da 0 a 1 s è s m 4 0 1 0 4 t t x x t x v i f i f = − − = − − = Δ Δ = b) la velocità media nell’intervallo di tempo da 0 a 4 s è s m 2 1 0 4 0 2 t t x x t x v i f i f − = − − − = − − = Δ Δ = c) la velocità media nell’intervallo di tempo da 1 a 5 s è s m 1 1 5 4 0 t t x x t x v i f i f − = − − = − − = Δ Δ = d) la velocità media nell’intervallo di tempo da 0 a 5 s è s m 0 0 5 0 0 t t x x t x v i f i f = − − = − − = Δ Δ = La velocità istantanea ha come significato geometrico quello di pendenza della retta tangente alla curva x(t) nel punto considerato. La curva che rappresenta x(t) è fatta di segmenti di retta, quindi in ogni punto di questi segmenti di retta, la retta tangente coincide con la retta stessa. Quindi per ciascuno di questi segmenti la velocità istantanea coincide con la velocità media: t (s) x (m) 1 5 2 3 4 -1 -2 4 3 2 1

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Page 1: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 1) Lo spostamento nel tempo di una certa particella che si muove lungo lrsquoasse x egrave mostrato in figura Trovare la velocitagrave media negli intervalli di tempo a) da 0 a 1 s b) da 0 a 4 s c) da 1 a 5 s d) da 0 a 5 s Trovare la velocitagrave istantanea della particella ai seguenti istanti e) t = 05 s f) t = 2 s g) t = 3 s h) t = 45 s _______________________________________________________________________________ a) la velocitagrave media nellrsquointervallo di tempo da 0 a 1 s egrave

sm4

0104

ttxx

txv

if

if =minusminus

=minusminus

=ΔΔ

=

b) la velocitagrave media nellrsquointervallo di tempo da 0 a 4 s egrave

sm

21

0402

ttxx

txv

if

if minus=minusminusminus

=minusminus

=ΔΔ

=

c) la velocitagrave media nellrsquointervallo di tempo da 1 a 5 s egrave

sm1

1540

ttxx

txv

if

if minus=minusminus

=minusminus

=ΔΔ

=

d) la velocitagrave media nellrsquointervallo di tempo da 0 a 5 s egrave

sm0

0500

ttxx

txv

if

if =minusminus

=minusminus

=ΔΔ

=

La velocitagrave istantanea ha come significato geometrico quello di pendenza della retta tangente alla curva x(t) nel punto considerato La curva che rappresenta x(t) egrave fatta di segmenti di retta quindi in ogni punto di questi segmenti di retta la retta tangente coincide con la retta stessa Quindi per ciascuno di questi segmenti la velocitagrave istantanea coincide con la velocitagrave media

t (s)

x (m)

1

5

234

-1-2

4321

e) ( ) ( ) ( ) 4ms0104

010x1x

ΔtΔx05tv =

minusminus

=minusminus

===

f) ( ) ( ) ( ) 4ms15

42-125

1x25xΔtΔx2tv minus=

minus=

minusminus

===

oppure

( ) ( ) ( ) 4ms1

4012

1x2xΔtΔx2tv minus=

minus=

minusminus

===

g) ( ) ( ) ( ) ms051

015

22-52425x4x

ΔtΔx3tv ==

+=

minusminus

===

h) ( ) ( ) ( ) 2msec1

2045

4x5xΔtΔx54tv =

+=

minusminus

===

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 2) La posizione di una particella in moto lungo lrsquoasse x varia nel tempo secondo lrsquoespressione

x = 2 + 8t - 2t2 dove x egrave in m e t in s Trovare a) la sua velocitagrave iniziale b) la sua accelerazione c) lo spostamento della particella nei primi 3 sec del moto d) la posizione in cui la particella si arresta momentaneamente e) la sua velocitagrave media nei primi 3 s di moto ______________________________________________________________________________________________________________________ Dal semplice confronto dellrsquoespressione della posizione della particella

x = 2 + 8t - 2t2

con lrsquoespressione generale della posizione

200 at

21tvxx(t) ++= (1)

ricaviamo bull la posizione iniziale della particella x0 = 2 m bull la velocitagrave iniziale della particella v0 = 8 ms bull lrsquoaccelerazione della particella a = -4 ms

Calcoliamo dapprima la posizione della particella allrsquoistante t =3 s sostituendo il valore del tempo nella eq (1)

x (t=3) = 2 + 8middot3 - 2middot9 = 26 ndash 18 = 8 m

A questo punto conoscendo giagrave il valore della posizione x0 allrsquoistante t=0 possiamo rispondere alla domanda c)

x (t=3) ndash x (t=0) = 8 ndash 2 = 6 m

Se la particella si arresta momentaneamente in quellrsquoistante t la sua velocitagrave egrave nulla Dalla espressione generale della velocitagrave possiamo ricavare lrsquoistante di tempo t in cui la particella si arresta

v(t) = v0 + a t rArr 0 = v0 + a t rArr avt 0minus=

sostituendo i valori numerici si ha

s2(-4)8t =minus=

allora la posizione al tempo t = 2 s egrave

x (t=2) = 2 + 8middot2 ndash 8 = 10 m Alternativamente saremmo potuti arrivare allo stesso risultato utilizzando la seguente espressione

v2 - v02 = 2 a (x-x0)

- v02 = + 2 a (x-x0) rArr

avxx

20

0 minus=minus rArr avxx

20

0 minus=

sostituendo i valori numerici si ha

10mx =minus=(-4)642

e) la velocitagrave media della particella nei suoi primi tre secondi egrave data da

2msv ===36

ΔtΔx03

Alternativamente si poteva procedere nel seguente modo

( )[ ] ( )( )[ ] 2msv =sdotminus++==+= 3488213tvv

21

0

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 3) Una particella A passa al tempo t=0 dallrsquoorigine con velocitagrave costante vAgt 0 unrsquoaltra particella T distante d0 da A si muove con velocitagrave costante vT lt vA A quale istante di tempo e in quale punto x e la particella A sorpassa la particella T

________________________________________________________________________________ Le particelle A e T si muovono di moto rettilineo uniforme Scegliendo lrsquoorigine del sistema di riferimento nel punto in cui si trova la particella A avremo x0A = 0 e x0T = d0 Le leggi orarie saranno quindi

tvtvx(t)x AA0AA =+= tvdtvx(t)x T0T0T +=+=T

Affincheacute la particella A possa sorpassare la particella T ci dovragrave essere un certo istante di tempo t per cui xA(t)= xT(t) Avremo quindi

( ) 0

TA

T0

A dtvv tvdtv =minusrArr+=

TA

0

vvdtminus

=

Sostituendo quindi questo valore in xA(t) otterremo il punto in cui la particella A sorpassa la particella T

0TA

AA d

vvvxminus

=

(Paradosso di Zenone A = Achille T = Tartaruga)

x x=0 A T

vA vT

d0

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 4) Avete frenato la vostra auto dalla velocitagrave di 85 kmh fino alla velocitagrave di 45 kmh su una distanza di 105 m a) Supponendo lrsquoaccelerazione costante durante tutta la frenata quanto egrave lrsquoaccelerazione della macchina b) In quanto tempo avviene la frenata c) Se continuate a frenare con la stessa accelerazione in quanto tempo la macchina si ferma d) Quanta strada percorre _____________________________________________________________________________ a) Consideriamo positiva la direzione della velocitagrave e scegliamo lrsquoorigine in modo che allrsquoinizio della frenata sia x0 = 0 Al tempo t = 0 la velocitagrave iniziale egrave v0 = 85 kmh = 236 ms mentre al tempo t (incognito) v = 45 kmh =125 ms e lo spostamento vale 105 m Dallrsquoequazione

( )020

2 2 xxavv minus=minus ricaviamo lrsquoaccelerazione

( )2

22

0

20

2

9111052

6235122

smxxvva minus=

sdotminus

=minusminus

=

b) Il tempo in cui avviene la frenata si ricava dallrsquoequazione

( ) s85911

623512av-v tat vtv 0

0 =minusminus

==rArr+=

c) Conoscendo lrsquoaccelerazione dobbiamo calcolare il tempo t necessario a passare dalla velocitagrave iniziale v0 = 85 kmh alla velocitagrave finale v = 0 in cui la macchina si ferma

s312911623

av-tatv0 0

0 congminus

minus==+=

d) La distanza totale percorsa egrave uguale a

( ) mxattv 146 21tx 2

0 =rArr+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 5) La velocitagrave di una particella in funzione del tempo egrave mostrata in figura A t=0 la particella egrave in x=0 a) Tracciare il grafico dellrsquoaccelerazione in funzione del tempo b) Determinare lrsquoaccelerazione media della particella nellrsquointervallo di tempo da t = 1s a t = 4s c) Determinare lrsquoaccelerazione istantanea della particella a t = 2s

a) Essendo il grafico della velocitagrave in funzione del tempo costituito da segmenti rettilinei per ciascuno di questi lrsquoaccelerazione istantanea coincide con quella media

23ms1

0301v(0)v(1)

ΔtΔva sec1t0 minus=

minusminus=

minusminus

==ltle

23ms

233

13v(1)v(3)

ΔtΔva 3sect1 =

+=

minusminus

==ltle

2ms0

133

3-4v(3)v(4)

ΔtΔva 4sect3 =

minus=

minus==ltle

v (ms)

123

-1-2

4321

-3

t (s)

a (ms2)

123

-1-2

4321

-3

t (s)

a

b) Lrsquoaccelerazione media nellrsquointervallo di tempo s4t1s lele egrave pari per definizione a

2ms23

331-4v(1)v(4)

ΔtΔva =

+=

minus==

c) Per quanto detto al punto a) essendo lrsquoistante t = 2s contenuto nel secondo intervallo lrsquoaccelerazione istantanea a(2) = 3ms2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 6) Una particella si muove lungo lrsquoasse x con una accelerazione che egrave proporzionale al tempo secondo lrsquoespressione a = 30t dove a egrave in ms2 Inizialmente la particella egrave in quiete nellrsquoorigine Trovare a) la velocitagrave istantanea b) la posizione istantanea in funzione del tempo a) Dai dati del problema sappiamo che allrsquoistante t = 0 x = 0 e v = 0 Dalla definizione di accelerazione istantanea

30tdtdv 30t dtdva =rArr==

A questo punto la velocitagrave istantanea si ottiene integrando lrsquoultima espressione

int += Ctdt30)t(v

dove C egrave una costante di integrazione Eseguendo lrsquointegrale definito si ha

C2t30)t(v

2

+= (1)

Imponendo la condizione iniziale v(0) = 0 nella (1) si vede che C = 0 e quindi

v(t) = 15t2

b) Procedendo in modo analogo ricordiamo la definizione cinematica di velocitagrave istantanea

dtt15dx t15dtdxv 22 =rArr==

Integrando questrsquoultima espressione si ottiene

int += Adtt15)t(x 2

dove A egrave una costante di integrazione Eseguendo lrsquointegrale definito

A3t15)t(x

3

+= (2)

Imponendo la condizione iniziale x(0) = 0 nella (2) si vede che A = 0 e quindi

x(t) = 5t3

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 7) Allrsquoistante in cui il semaforo diventa verde unrsquoautomobile parte con unrsquoaccelerazione costante a = 18 ms2 Nello stesso istante un camion muovendosi con una velocitagrave costante vC = 9 ms raggiunge e sorpassa lrsquoautomobile a) a quanti metri dal punto di partenza lrsquoautomobile sorpasseragrave il camion b) a che velocitagrave staragrave viaggiando in quellrsquoistante (egrave utile tracciare un grafico qualitativo di x in funzione di t per ciascun veicolo) Lrsquoautomobile ferma nellrsquoorigine allrsquoistante t=0 fa un moto uniformemente accelerato rappresentato dallrsquoequazione

( ) 222 908121

21 ttattxA ===

Il grafico di x in funzione di t egrave una parabola con il vertice nellrsquoorigine Il moto del camion egrave invece rettilineo uniforme rappresentato dallrsquoequazione

( ) ttvtx CC 9==

ed il suo grafico egrave una retta passante per lrsquoorigine degli assi

a) Nellrsquoistante in cui lrsquoautomobile sorpassa il camion i due valori della x devono coincidere

tvat C=2

21

021 2 =minus tvat C

Questa equazione algebrica di secondo grado spuria ha due radici

sa

2vt 0t C21 10

8192=

sdot===

100

x(m)

t(s) 10

La prima corrisponde allrsquoistante in cui il camion sorpassa lrsquoautomobile al semaforo la seconda egrave la soluzione cercata Lrsquoautomobile sorpasseragrave il camion nella posizione

mattxA 90108121

21)( 22

22 =sdotsdot==

Ovviamente allrsquoistante t2 la posizione del camion egrave la stessa dellrsquoautomobile

( ) mtvtx CC 9010922 =sdot==

b) la velocitagrave dellrsquoautomobile egrave espressa dalla formula

( ) tattvA 81==

allrsquoistante t2 essa ha il valore

( ) smattvA 18108122 =sdot== doppio del valore della velocitagrave del camion

acqua

y(m)1 2

44

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 8) Una pietra egrave lasciata cadere in acqua da un ponte alto 44m sullrsquoacqua Unrsquoaltra pietra egrave gettata verticalmente dopo un secondo dalla partenza della prima Le pietre colpiscono lrsquoacqua allo stesso istante a) Qual egrave la velocitagrave iniziale della seconda pietra b) Portare in un grafico lo spazio in funzione del tempo per le due pietre ponendo t = 0 nellrsquoistante in cui la prima pietra egrave abbandonata

Scegliamo come sistema di riferimento lrsquoasse y rivolto verso lrsquoalto con lrsquoorigine posto al confine acquaponte I dati del problema sono v01= 0 y0= 44m tR= 1s Lrsquoequazione del moto per la caduta libera egrave

( ) 200 gt

21tvyty minus+=

per quanto riguarda la prima pietra lrsquoequazione del moto diventa

( ) 201 gt

21yty minus=

per la seconda pietra che parte in ritardo di 1 s rispetto la prima la legge oraria egrave

( ) ( ) ( )2RR2002 ttg21ttvyty minusminusminus+=

La prima pietra colpisce lrsquoacqua allrsquoistante tA per il quale deve verificarsi che y1(tA) = 0 Possiamo ricavare quindi tA

s389502

gy2tgt

21y0 0

A2A0 cong

sdot==rArrminus=

a) Per calcolare la velocitagrave iniziale della seconda pietra possiamo sfruttare la condizione data dal problema le pietre colpiscono lrsquoacqua allo stesso istante Quindi deve valere y2(tA) = 0 Da questa condizione possiamo ricavare v02

( ) ( )2RARA200 ttg21ttvy0 minusminusminus+=

( ) ( )( )( )

( )( ) m

tt

yttgv yttgttv

RA

RA

RARA 31219972

44199728921

21

21

20

2

2002

20 minuscongminus

minusminussdot=

minus

minusminus=rArrminusminus=minus

1 2 3

44

t(s)

y(m) b) Notiamo che allrsquoistante tR = 1s in cui parte la seconda pietra la prima pietra ha velocitagrave

v1 = -gt = -98ms Inoltre allrsquoistante tA cong 3s avremo che v1(tA) = -294 ms v2(tA) = -123-98sdot(3-1)=-319ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 9) Un treno partito da fermo si muove con accelerazione costante A un certo istante viaggia a 9 ms e dopo 48 metri viaggia a 15 ms Calcolare a) lrsquoaccelerazione b) il tempo che impiega a percorrere i 48 metri c) il tempo richiesto per raggiungere la velocitagrave di 9 ms d) la distanza tra il punto di partenza e quello il cui il treno ha raggiunto una velocitagrave di 9 ms ________________________________________________________________________________ Il treno si muove di moto uniformemente accelerato a) dallrsquoequazione

( )02

02 2 xxavv xx minus=minus

ricaviamo lrsquoaccelerazione

( )2

22

0

20x

2x sm51

482915

xx2vv

a =sdotminus

=minusminus

=

b) dallrsquoequazione atvv x0x +=

ricaviamo il tempo impiegato a percorrere i 48 m

s451

915avv

t 0xx =minusminus

minus=minus

=

c) dallrsquoequazione

atvv x0x +=

ricaviamo il tempo richiesto per raggiungere la velocitagrave di 9 ms

6s tt 1509 =rArrsdot+=

d) posto lrsquoorigine del nostro sistema di riferimento nel punto di partenza del treno la distanza cercata si ottiene dalla seguente equazione

( ) 2at21tx =

( ) m2765121at

21tx 22 =sdotsdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 10) Il macchinista di un treno che sta viaggiando con velocitagrave v1 vede a una distanza d sul suo stesso binario un altro treno che si sta muovendo nella sua stessa direzione con una velocitagrave piugrave bassa v2 Egli frena immediatamente e dagrave al suo treno una decelerazione costante -a Dimostrare che

se ( )a2vvd

221 minusgt non ci saragrave scontro

se ( )a2vvd

221 minuslt avverragrave uno scontro

________________________________________________________________________________ Le leggi orarie dei due treni sono

( )

( ) tvxtx

at21tvxtx

2022

21011

+=

minus+=

Scelgo un sistema di riferimento con lrsquoorigine nella posizione del primo treno cosiccheacute

x10 = 0 x20 = d

Le leggi orarie diventano quindi

( )

( ) tvdtx

at21tvtx

22

211

+=

minus=

Se si ha scontro deve esistere un istante di tempo tS tale che x1(tS)=x2(tS)

S22SS1 tvdat

21tv +=minus

( )

a212

ad21)vv(vv

t

0dt)vv(at21

22121

S212S

sdot

minusminusplusmnminus=

=+minusminus

Si hanno soluzioni reali (cioegrave crsquoegrave scontro) solo se lrsquoargomento della radice quadrata egrave maggiore di zero cioegrave

( ) ( ) ( )a2vvd ad2vv 0ad2vv

2212

212

21minus

ltrArrgtminusrArrgtminusminus

v1 v2

d

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-35 11) Il moto di un velocista durante una corsa puograve essere approssimato con unrsquoaccelerazione costante di modulo 37 ms2 Posto t = 0 in corrispondenza dellrsquoinizio della corsa si determini il tempo impiegato dal corridore a percorrere a) 5 m b) 10 m Soluzione

a = 37 ms2

x1 = 5 m x2 = 10 m a) t1 = b) t2 =

La legge oraria che descrive il moto del corridore egrave quella del moto uniformemente accelerato e cioegrave

200 2

1 attvxx ++=

che essendo in questo caso la posizione iniziale x0 = 0 e la velocitagrave iniziale nulla (v0 = 0) si riduce alla

2

21 atx =

da cui

axt 22 =

e quindi

axt 2

=

Applicandola nei due casi si ottiene

a) saxt 641

73522 1

1 congsdot

==

b) saxt 322

731022 2

2 congsdot

==

l

x1

x2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-37 12) Unrsquoautomobile si trova 18 m oltre lrsquoingresso di un ristorante e viaggia alla velocitagrave di 16 ms quando il guidatore schiaccia il freno La velocitagrave del veicolo diminuisce con unrsquoaccelerazione costante di modulo 23 ms2 Quanto tempo dopo lrsquoinizio della frenata lrsquoautomobile saragrave 65 m oltre lrsquoingresso Soluzione x0 = 18 m

v0 = 16 ms a = - 23 ms2

x = 65 m t =

Il moto dellrsquoautomobile egrave uniformemente decelerato e quindi la legge oraria egrave

200 2

1 attvxx ++=

dove x0 egrave lo spazio iniziale percorso dallrsquoautomobile x egrave lo spazio percorso nel tempo cercato v0 egrave la velocitagrave dellrsquoautomobile prima di iniziare la frenata ed a egrave la decelerazione (quindi di segno opposto alla velocitagrave) quindi

23221161865 tt sdotminussdot+=

da cui 115 t2 ndash 16 t +47 = 0

Δ = b2 ndash 4ac =(- 16)2 ndash 4 (115)(47) = 398

151283916

21 sdotplusmn

=t

e si ottengono t1 = 42 s

t2 = 97 s

la seconda soluzione egrave matematicamente possibile ma fisicamente non significativa Corrisponderebbe infatti al passaggio dellrsquoautomobile per il punto x = 65 m con velocitagrave uguale in modulo ma diretta in verso opposto

0 x x0

v0 v a

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 51 ndeg 3-1 13) Un velocista corre i 100 m piani in 10 s Si approssimi il moto ipotizzando unrsquoaccelerazione costante per gli altri 85 m Si determinino a) la sua velocitagrave b) il tempo impiegato per percorrere i primi 15 m c) il tempo necessario per percorrere gli altri 85 m d) il modulo dellrsquoaccelerazione per i primi 15 m Soluzione

AB = 100 m AC = 15 m CB = 85 m tAB = 10 s a) vC = b) tAC = c) tCB = d) a =

Il moto del velocista egrave uniformemente accelerato nel tratto AC e uniforme nel tratto CB Indichiamo con vC la velocitagrave raggiunta nel punto C velocitagrave che si mantiene costante lungo tutto il tratto CB Poicheacute il velocista parte da fermo tale velocitagrave egrave semplicemente

ACC tav = Il tempo impiegato a percorrere il tratto CB egrave semplicemente tCB=10s - tAC Le equazioni per il moto uniformemente accelerato nel tratto AC e il moto rettilineo uniforme nel tratto CB sono quindi

ACCACACAC tvtatta21

21

2115 2 ===

)10(85 ACC tv minus=

A C B

v

t

C B

A

v

tAC tCB

Sostituendo i valori numerici dati nella traccia si ottiene il seguente sistema di due equazioni in due incognite

)10(85 ACC tv minus=

ACC tv=30

ACCC tvv minussdot= 1085

ACC tv=30

301085 minussdot= Cv

ACC tv=30

Cvsdot= 10115

ACC tv=30

smvC 511=

stAC 62511

30cong=

Lrsquointervallo di tempo tCB egrave semplicemente

stt ACCB 4710 congminus= Il modulo dellrsquoaccelerazione si ricava dalla

ACavC 22 = cioegrave

22

442

smAC

va C =sdot

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 14) Unrsquoautomobile che si muove con accelerazione costante percorre una distanza di 50 m (tra i punti A e B) in 6 s La sua velocitagrave quando arriva in B egrave vB=15 ms a) qual egrave la sua accelerazione b) quale era la sua velocitagrave in A c) a che distanza da A era partita Soluzione Il moto egrave uniformemente accelerato Valgono quindi le relazioni

( ) ( ) )(221

0222

00 xxavvattvxtx atvtvo0 minus=minus++=+=

Scegliamo come istante iniziale t0 = 0 quello in cui lrsquoautomobile parte da xA con velocitagrave vA incognita La velocitagrave iniziale vA egrave legata alla velocitagrave finale vB (nota e pari a 15 ms) allrsquoaccelerazione a (incognita) e al tempo t (noto e pari a 6s) dallrsquoequazione

aatvv tavv BAAB 615 minus=minus=rarr+=

Lrsquoequazione che lega xB xA vA a e t egrave quindi 2

21 attvxx AAB ++=

In questa equazione non conosciamo neacute a neacute vA mentre sono noti xB - xA= 50m e il tempo t = 6s Se sostituiamo lrsquoespressione ricavata sopra per vA otteniamo unrsquoequazione nella sola incognita a

22

21)(

21 attatvattvxx BAAB +sdotminus=+=minus

3621

sdot+sdotsdot= a6 6)a-(15 50

a36a - 90 50 18+= 4018 =a

22 222920 smsma cong=

b) Ricaviamo adesso vA

smaatvv BA 671920615615 congsdotminus=minus=minus=

c) La distanza percorsa partendo da ferma (dal punto C indicato in figura) prima di arrivare in A puograve essere ottenuto alla relazione

)(222CACA xxavv minus=minus

ma

vxx ACA 630

2)(

2

cong=minus

A B

x xA xB

C

xC

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 15) Dimostrare che per angoli di tiro superiori o inferiori a 45deg della stessa quantitagrave Δθ le gittate sono uguali

La funzione che individua la gittata G (θ) in funzione dellrsquoangolo di tiro iniziale egrave

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

Applicando questa al caso in cui lrsquoangolo di tiro sia 45deg + Δθ e anche 45deg - Δθ si ricava

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δ+deg=Δ+deg=Δ+deg

gv

gv

G

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δminusdeg=Δminusdeg=Δminusdeg

gv

gv

G

Per le proprietagrave della funzione sin si ha che sin (90deg + 2Δθ) = sin (90deg - 2Δθ) = cos 2Δθ HOcircA = 90deg - 2Δθ HOcircB = 90deg + 2Δθ

Allora le due espressioni precedenti sono uguali cioegrave

G (45deg + Δθ) = G (45deg - Δθ)

x

45deg

Δθ

y

Δθ 45deg + Δθ

45deg - Δθ

2Δθ 2Δθ

O

B A

H

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 16) Calcolare lrsquoangolo di tiro a cui lrsquoaltezza massima raggiunta dal proiettile egrave uguale alla gittata

Soluzione

Lrsquoaltezza massima raggiunta egrave data dalla

gvy

2sin22

0max

θ=

mentre la gittata egrave data da

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

quindi la condizione che deve essere soddisfatta saragrave

gv

gv θθ 2sin

2sin 2

022

0 =

da cui semplificando si ottiene

θθθ cossin22

sin 2

=

sin2θ = 4 sinθ cosθ

sinθ = 4 cosθ

tgθ = 4

θ = arctg 4 cong 76deg

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 17) Un fucile con velocitagrave di bocca 500 ms spara un proiettile in un piccolo bersaglio distante 50 m A quale altezza al di sopra del bersaglio deve essere puntato il fucile per poter colpire il bersaglio Soluzione

l = 50 m v0 = 500 ms θ = 0deg y =

Il fucile si deve sollevare di unrsquoaltezza y uguale alla distanza verticale di cui cade il proiettile nel tempo che impiega a percorrere i 50 m cioegrave

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori

mtgy 0490)50(0cos)500(2

89050 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

La distanza di cui si deve sollevare la canna del fucile egrave quindi di circa 49 cm sopra il centro del bersaglio

v0 l

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 18) Un pallone di football lanciato su un campo piano percorre una distanza orizzontale di 17 m prima di toccare terra Il punto di lancio egrave a 15 m di altezza e lrsquoangolo di proiezione egrave di 16deg Qual egrave il modulo della velocitagrave iniziale della palla Gettys pag71 ndeg415 Soluzione

OA = 17 m y0 = 15 m θ = 16deg v0 =

Lrsquoequazione che rappresenta la traiettoria seguita dal pallone nella sua caduta egrave

222

00 cos2

xv

gxtgyyθ

θ minus+=

dove y0 egrave la quota iniziale a cui si trova il pallone θ egrave lrsquoangolo di inclinazione iniziale e v0 egrave il modulo della velocitagrave iniziale Il punto A di arrivo ha coordinate xA = 17 m e yA = 0 per cui diventa

222

00 cos2 AAA x

vgtgxyy

θθ minus+=

da cui si puograve ricavare v0

)(cos2 02

220 θθ tgxy

gxvA

A

+=

e sostituendo i rispettivi valori

222

220 46241

)3746(84122832

)161751)(16(cos2)17(89 sm

tgv =

sdot=

degsdot+degsdot

=

si ottiene

smsmv 51546241 220 ==

x O

θ v0

y

y0

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 19) La velocitagrave iniziale di una palla di cannone egrave 200 ms Se egrave sparata verso un bersaglio che ha una distanza orizzontale di 2 km dal cannone trovare a) i due angoli di tiro per cui il bersaglio verragrave colpito b) il tempo totale di volo per ciascuna delle due traiettorie trovate in a) (Si assuma g = 10 ms2) Serway Soluzione

l = 2 km = 2000 m v0 = 200 ms θ1 = θ2 =

a) Essendo la gittata G pari a

gv

Gθ2sin2

0=

imponendo in questo caso che essa sia pari proprio alla distanza in orizzontale l dal bersaglio si ottiene che

50)200(

2000102sin 220

=sdot

cong=vglθ

e quindi

2θ = arcsin (05) da cui

2θ1 = 30deg

2θ2 = 180deg ndash 30deg = 150deg

(questo perchegrave il sin assume lo stesso valore sia per θ che per il suo supplementare cioegrave per 180deg - θ)

l

θ1

θ2 v0

e quindi

θ1 = 15deg

θ2 = 75deg

b) Il tempo totale di volo per ognuna delle due traiettorie individuate dai due diversi angoli iniziali θ1 e θ2 si ricava dalla

θcos0vxt =

per cui sostituendo i rispettivi valori si ha

sv

xt 351015cos200

2000cos 10

1 congdegsdot

==θ

sv

xt 633875cos200

2000cos 20

2 congdegsdot

==θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 20) Un fucile egrave puntato orizzontalmente al centro di un largo bersaglio distante 150 m La velocitagrave iniziale della pallottola egrave 450 ms a) Dove la pallottola colpisce il bersaglio b) Per colpire il centro del bersaglio la canna deve essere ad un certo angolo al di sopra della linea di punta Trovare lrsquoangolo di elevazione della canna SERWAY Soluzione a) La situazione in questo caso egrave quella rappresentata in figura v0 egrave la velocitagrave iniziale della pallottola ed il fucile egrave diretto orizzontalmente quindi lrsquoangolo iniziale egrave θ = 0deg

l = 150 m v0 = 450 ms θ = 0deg y =

Per sapere in quale punto la pallottola colpisce il bersaglio (cioegrave la distanza y dal centro del bersaglio) si utilizza la formula che individua la traiettoria parabolica del proiettile Infatti

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori relativi a questa situazione (x = l = 150 v0 = 450 θ = 0deg) si ottiene

mtgy 540)150(0cos)450(2

890150 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

Quindi il proiettile colpisce il bersaglio circa 54 cm sotto il centro

v0 l

y

b) In questo caso pur essendo la velocitagrave iniziale sempre pari a v0 lrsquoangolo di inclinazione θ del fucile rispetto allrsquoorizzontale egrave diverso da zero

l = 150 m v0 = 450 ms θ =

Lrsquoangolo di inclinazione θ deve essere calcolato in modo tale che il proiettile colpisca il centro del bersaglio Questo significa che la gittata G deve essere pari proprio ad l per cui

lg

vG ==

θ2sin20

da cui

0070)450(

150892sin 220

=sdot

==vglθ

2θ = arcsin (0007) = 04deg

θ cong 02deg

(in linea di principio crsquoegrave anche la soluzione 2θ2 = 180deg - arcsin (0007) = 180deg - 04deg = 1796deg e cioegrave θ2 = 898deg )

v0

l

θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 2: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

e) ( ) ( ) ( ) 4ms0104

010x1x

ΔtΔx05tv =

minusminus

=minusminus

===

f) ( ) ( ) ( ) 4ms15

42-125

1x25xΔtΔx2tv minus=

minus=

minusminus

===

oppure

( ) ( ) ( ) 4ms1

4012

1x2xΔtΔx2tv minus=

minus=

minusminus

===

g) ( ) ( ) ( ) ms051

015

22-52425x4x

ΔtΔx3tv ==

+=

minusminus

===

h) ( ) ( ) ( ) 2msec1

2045

4x5xΔtΔx54tv =

+=

minusminus

===

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 2) La posizione di una particella in moto lungo lrsquoasse x varia nel tempo secondo lrsquoespressione

x = 2 + 8t - 2t2 dove x egrave in m e t in s Trovare a) la sua velocitagrave iniziale b) la sua accelerazione c) lo spostamento della particella nei primi 3 sec del moto d) la posizione in cui la particella si arresta momentaneamente e) la sua velocitagrave media nei primi 3 s di moto ______________________________________________________________________________________________________________________ Dal semplice confronto dellrsquoespressione della posizione della particella

x = 2 + 8t - 2t2

con lrsquoespressione generale della posizione

200 at

21tvxx(t) ++= (1)

ricaviamo bull la posizione iniziale della particella x0 = 2 m bull la velocitagrave iniziale della particella v0 = 8 ms bull lrsquoaccelerazione della particella a = -4 ms

Calcoliamo dapprima la posizione della particella allrsquoistante t =3 s sostituendo il valore del tempo nella eq (1)

x (t=3) = 2 + 8middot3 - 2middot9 = 26 ndash 18 = 8 m

A questo punto conoscendo giagrave il valore della posizione x0 allrsquoistante t=0 possiamo rispondere alla domanda c)

x (t=3) ndash x (t=0) = 8 ndash 2 = 6 m

Se la particella si arresta momentaneamente in quellrsquoistante t la sua velocitagrave egrave nulla Dalla espressione generale della velocitagrave possiamo ricavare lrsquoistante di tempo t in cui la particella si arresta

v(t) = v0 + a t rArr 0 = v0 + a t rArr avt 0minus=

sostituendo i valori numerici si ha

s2(-4)8t =minus=

allora la posizione al tempo t = 2 s egrave

x (t=2) = 2 + 8middot2 ndash 8 = 10 m Alternativamente saremmo potuti arrivare allo stesso risultato utilizzando la seguente espressione

v2 - v02 = 2 a (x-x0)

- v02 = + 2 a (x-x0) rArr

avxx

20

0 minus=minus rArr avxx

20

0 minus=

sostituendo i valori numerici si ha

10mx =minus=(-4)642

e) la velocitagrave media della particella nei suoi primi tre secondi egrave data da

2msv ===36

ΔtΔx03

Alternativamente si poteva procedere nel seguente modo

( )[ ] ( )( )[ ] 2msv =sdotminus++==+= 3488213tvv

21

0

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 3) Una particella A passa al tempo t=0 dallrsquoorigine con velocitagrave costante vAgt 0 unrsquoaltra particella T distante d0 da A si muove con velocitagrave costante vT lt vA A quale istante di tempo e in quale punto x e la particella A sorpassa la particella T

________________________________________________________________________________ Le particelle A e T si muovono di moto rettilineo uniforme Scegliendo lrsquoorigine del sistema di riferimento nel punto in cui si trova la particella A avremo x0A = 0 e x0T = d0 Le leggi orarie saranno quindi

tvtvx(t)x AA0AA =+= tvdtvx(t)x T0T0T +=+=T

Affincheacute la particella A possa sorpassare la particella T ci dovragrave essere un certo istante di tempo t per cui xA(t)= xT(t) Avremo quindi

( ) 0

TA

T0

A dtvv tvdtv =minusrArr+=

TA

0

vvdtminus

=

Sostituendo quindi questo valore in xA(t) otterremo il punto in cui la particella A sorpassa la particella T

0TA

AA d

vvvxminus

=

(Paradosso di Zenone A = Achille T = Tartaruga)

x x=0 A T

vA vT

d0

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 4) Avete frenato la vostra auto dalla velocitagrave di 85 kmh fino alla velocitagrave di 45 kmh su una distanza di 105 m a) Supponendo lrsquoaccelerazione costante durante tutta la frenata quanto egrave lrsquoaccelerazione della macchina b) In quanto tempo avviene la frenata c) Se continuate a frenare con la stessa accelerazione in quanto tempo la macchina si ferma d) Quanta strada percorre _____________________________________________________________________________ a) Consideriamo positiva la direzione della velocitagrave e scegliamo lrsquoorigine in modo che allrsquoinizio della frenata sia x0 = 0 Al tempo t = 0 la velocitagrave iniziale egrave v0 = 85 kmh = 236 ms mentre al tempo t (incognito) v = 45 kmh =125 ms e lo spostamento vale 105 m Dallrsquoequazione

( )020

2 2 xxavv minus=minus ricaviamo lrsquoaccelerazione

( )2

22

0

20

2

9111052

6235122

smxxvva minus=

sdotminus

=minusminus

=

b) Il tempo in cui avviene la frenata si ricava dallrsquoequazione

( ) s85911

623512av-v tat vtv 0

0 =minusminus

==rArr+=

c) Conoscendo lrsquoaccelerazione dobbiamo calcolare il tempo t necessario a passare dalla velocitagrave iniziale v0 = 85 kmh alla velocitagrave finale v = 0 in cui la macchina si ferma

s312911623

av-tatv0 0

0 congminus

minus==+=

d) La distanza totale percorsa egrave uguale a

( ) mxattv 146 21tx 2

0 =rArr+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 5) La velocitagrave di una particella in funzione del tempo egrave mostrata in figura A t=0 la particella egrave in x=0 a) Tracciare il grafico dellrsquoaccelerazione in funzione del tempo b) Determinare lrsquoaccelerazione media della particella nellrsquointervallo di tempo da t = 1s a t = 4s c) Determinare lrsquoaccelerazione istantanea della particella a t = 2s

a) Essendo il grafico della velocitagrave in funzione del tempo costituito da segmenti rettilinei per ciascuno di questi lrsquoaccelerazione istantanea coincide con quella media

23ms1

0301v(0)v(1)

ΔtΔva sec1t0 minus=

minusminus=

minusminus

==ltle

23ms

233

13v(1)v(3)

ΔtΔva 3sect1 =

+=

minusminus

==ltle

2ms0

133

3-4v(3)v(4)

ΔtΔva 4sect3 =

minus=

minus==ltle

v (ms)

123

-1-2

4321

-3

t (s)

a (ms2)

123

-1-2

4321

-3

t (s)

a

b) Lrsquoaccelerazione media nellrsquointervallo di tempo s4t1s lele egrave pari per definizione a

2ms23

331-4v(1)v(4)

ΔtΔva =

+=

minus==

c) Per quanto detto al punto a) essendo lrsquoistante t = 2s contenuto nel secondo intervallo lrsquoaccelerazione istantanea a(2) = 3ms2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 6) Una particella si muove lungo lrsquoasse x con una accelerazione che egrave proporzionale al tempo secondo lrsquoespressione a = 30t dove a egrave in ms2 Inizialmente la particella egrave in quiete nellrsquoorigine Trovare a) la velocitagrave istantanea b) la posizione istantanea in funzione del tempo a) Dai dati del problema sappiamo che allrsquoistante t = 0 x = 0 e v = 0 Dalla definizione di accelerazione istantanea

30tdtdv 30t dtdva =rArr==

A questo punto la velocitagrave istantanea si ottiene integrando lrsquoultima espressione

int += Ctdt30)t(v

dove C egrave una costante di integrazione Eseguendo lrsquointegrale definito si ha

C2t30)t(v

2

+= (1)

Imponendo la condizione iniziale v(0) = 0 nella (1) si vede che C = 0 e quindi

v(t) = 15t2

b) Procedendo in modo analogo ricordiamo la definizione cinematica di velocitagrave istantanea

dtt15dx t15dtdxv 22 =rArr==

Integrando questrsquoultima espressione si ottiene

int += Adtt15)t(x 2

dove A egrave una costante di integrazione Eseguendo lrsquointegrale definito

A3t15)t(x

3

+= (2)

Imponendo la condizione iniziale x(0) = 0 nella (2) si vede che A = 0 e quindi

x(t) = 5t3

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 7) Allrsquoistante in cui il semaforo diventa verde unrsquoautomobile parte con unrsquoaccelerazione costante a = 18 ms2 Nello stesso istante un camion muovendosi con una velocitagrave costante vC = 9 ms raggiunge e sorpassa lrsquoautomobile a) a quanti metri dal punto di partenza lrsquoautomobile sorpasseragrave il camion b) a che velocitagrave staragrave viaggiando in quellrsquoistante (egrave utile tracciare un grafico qualitativo di x in funzione di t per ciascun veicolo) Lrsquoautomobile ferma nellrsquoorigine allrsquoistante t=0 fa un moto uniformemente accelerato rappresentato dallrsquoequazione

( ) 222 908121

21 ttattxA ===

Il grafico di x in funzione di t egrave una parabola con il vertice nellrsquoorigine Il moto del camion egrave invece rettilineo uniforme rappresentato dallrsquoequazione

( ) ttvtx CC 9==

ed il suo grafico egrave una retta passante per lrsquoorigine degli assi

a) Nellrsquoistante in cui lrsquoautomobile sorpassa il camion i due valori della x devono coincidere

tvat C=2

21

021 2 =minus tvat C

Questa equazione algebrica di secondo grado spuria ha due radici

sa

2vt 0t C21 10

8192=

sdot===

100

x(m)

t(s) 10

La prima corrisponde allrsquoistante in cui il camion sorpassa lrsquoautomobile al semaforo la seconda egrave la soluzione cercata Lrsquoautomobile sorpasseragrave il camion nella posizione

mattxA 90108121

21)( 22

22 =sdotsdot==

Ovviamente allrsquoistante t2 la posizione del camion egrave la stessa dellrsquoautomobile

( ) mtvtx CC 9010922 =sdot==

b) la velocitagrave dellrsquoautomobile egrave espressa dalla formula

( ) tattvA 81==

allrsquoistante t2 essa ha il valore

( ) smattvA 18108122 =sdot== doppio del valore della velocitagrave del camion

acqua

y(m)1 2

44

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 8) Una pietra egrave lasciata cadere in acqua da un ponte alto 44m sullrsquoacqua Unrsquoaltra pietra egrave gettata verticalmente dopo un secondo dalla partenza della prima Le pietre colpiscono lrsquoacqua allo stesso istante a) Qual egrave la velocitagrave iniziale della seconda pietra b) Portare in un grafico lo spazio in funzione del tempo per le due pietre ponendo t = 0 nellrsquoistante in cui la prima pietra egrave abbandonata

Scegliamo come sistema di riferimento lrsquoasse y rivolto verso lrsquoalto con lrsquoorigine posto al confine acquaponte I dati del problema sono v01= 0 y0= 44m tR= 1s Lrsquoequazione del moto per la caduta libera egrave

( ) 200 gt

21tvyty minus+=

per quanto riguarda la prima pietra lrsquoequazione del moto diventa

( ) 201 gt

21yty minus=

per la seconda pietra che parte in ritardo di 1 s rispetto la prima la legge oraria egrave

( ) ( ) ( )2RR2002 ttg21ttvyty minusminusminus+=

La prima pietra colpisce lrsquoacqua allrsquoistante tA per il quale deve verificarsi che y1(tA) = 0 Possiamo ricavare quindi tA

s389502

gy2tgt

21y0 0

A2A0 cong

sdot==rArrminus=

a) Per calcolare la velocitagrave iniziale della seconda pietra possiamo sfruttare la condizione data dal problema le pietre colpiscono lrsquoacqua allo stesso istante Quindi deve valere y2(tA) = 0 Da questa condizione possiamo ricavare v02

( ) ( )2RARA200 ttg21ttvy0 minusminusminus+=

( ) ( )( )( )

( )( ) m

tt

yttgv yttgttv

RA

RA

RARA 31219972

44199728921

21

21

20

2

2002

20 minuscongminus

minusminussdot=

minus

minusminus=rArrminusminus=minus

1 2 3

44

t(s)

y(m) b) Notiamo che allrsquoistante tR = 1s in cui parte la seconda pietra la prima pietra ha velocitagrave

v1 = -gt = -98ms Inoltre allrsquoistante tA cong 3s avremo che v1(tA) = -294 ms v2(tA) = -123-98sdot(3-1)=-319ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 9) Un treno partito da fermo si muove con accelerazione costante A un certo istante viaggia a 9 ms e dopo 48 metri viaggia a 15 ms Calcolare a) lrsquoaccelerazione b) il tempo che impiega a percorrere i 48 metri c) il tempo richiesto per raggiungere la velocitagrave di 9 ms d) la distanza tra il punto di partenza e quello il cui il treno ha raggiunto una velocitagrave di 9 ms ________________________________________________________________________________ Il treno si muove di moto uniformemente accelerato a) dallrsquoequazione

( )02

02 2 xxavv xx minus=minus

ricaviamo lrsquoaccelerazione

( )2

22

0

20x

2x sm51

482915

xx2vv

a =sdotminus

=minusminus

=

b) dallrsquoequazione atvv x0x +=

ricaviamo il tempo impiegato a percorrere i 48 m

s451

915avv

t 0xx =minusminus

minus=minus

=

c) dallrsquoequazione

atvv x0x +=

ricaviamo il tempo richiesto per raggiungere la velocitagrave di 9 ms

6s tt 1509 =rArrsdot+=

d) posto lrsquoorigine del nostro sistema di riferimento nel punto di partenza del treno la distanza cercata si ottiene dalla seguente equazione

( ) 2at21tx =

( ) m2765121at

21tx 22 =sdotsdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 10) Il macchinista di un treno che sta viaggiando con velocitagrave v1 vede a una distanza d sul suo stesso binario un altro treno che si sta muovendo nella sua stessa direzione con una velocitagrave piugrave bassa v2 Egli frena immediatamente e dagrave al suo treno una decelerazione costante -a Dimostrare che

se ( )a2vvd

221 minusgt non ci saragrave scontro

se ( )a2vvd

221 minuslt avverragrave uno scontro

________________________________________________________________________________ Le leggi orarie dei due treni sono

( )

( ) tvxtx

at21tvxtx

2022

21011

+=

minus+=

Scelgo un sistema di riferimento con lrsquoorigine nella posizione del primo treno cosiccheacute

x10 = 0 x20 = d

Le leggi orarie diventano quindi

( )

( ) tvdtx

at21tvtx

22

211

+=

minus=

Se si ha scontro deve esistere un istante di tempo tS tale che x1(tS)=x2(tS)

S22SS1 tvdat

21tv +=minus

( )

a212

ad21)vv(vv

t

0dt)vv(at21

22121

S212S

sdot

minusminusplusmnminus=

=+minusminus

Si hanno soluzioni reali (cioegrave crsquoegrave scontro) solo se lrsquoargomento della radice quadrata egrave maggiore di zero cioegrave

( ) ( ) ( )a2vvd ad2vv 0ad2vv

2212

212

21minus

ltrArrgtminusrArrgtminusminus

v1 v2

d

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-35 11) Il moto di un velocista durante una corsa puograve essere approssimato con unrsquoaccelerazione costante di modulo 37 ms2 Posto t = 0 in corrispondenza dellrsquoinizio della corsa si determini il tempo impiegato dal corridore a percorrere a) 5 m b) 10 m Soluzione

a = 37 ms2

x1 = 5 m x2 = 10 m a) t1 = b) t2 =

La legge oraria che descrive il moto del corridore egrave quella del moto uniformemente accelerato e cioegrave

200 2

1 attvxx ++=

che essendo in questo caso la posizione iniziale x0 = 0 e la velocitagrave iniziale nulla (v0 = 0) si riduce alla

2

21 atx =

da cui

axt 22 =

e quindi

axt 2

=

Applicandola nei due casi si ottiene

a) saxt 641

73522 1

1 congsdot

==

b) saxt 322

731022 2

2 congsdot

==

l

x1

x2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-37 12) Unrsquoautomobile si trova 18 m oltre lrsquoingresso di un ristorante e viaggia alla velocitagrave di 16 ms quando il guidatore schiaccia il freno La velocitagrave del veicolo diminuisce con unrsquoaccelerazione costante di modulo 23 ms2 Quanto tempo dopo lrsquoinizio della frenata lrsquoautomobile saragrave 65 m oltre lrsquoingresso Soluzione x0 = 18 m

v0 = 16 ms a = - 23 ms2

x = 65 m t =

Il moto dellrsquoautomobile egrave uniformemente decelerato e quindi la legge oraria egrave

200 2

1 attvxx ++=

dove x0 egrave lo spazio iniziale percorso dallrsquoautomobile x egrave lo spazio percorso nel tempo cercato v0 egrave la velocitagrave dellrsquoautomobile prima di iniziare la frenata ed a egrave la decelerazione (quindi di segno opposto alla velocitagrave) quindi

23221161865 tt sdotminussdot+=

da cui 115 t2 ndash 16 t +47 = 0

Δ = b2 ndash 4ac =(- 16)2 ndash 4 (115)(47) = 398

151283916

21 sdotplusmn

=t

e si ottengono t1 = 42 s

t2 = 97 s

la seconda soluzione egrave matematicamente possibile ma fisicamente non significativa Corrisponderebbe infatti al passaggio dellrsquoautomobile per il punto x = 65 m con velocitagrave uguale in modulo ma diretta in verso opposto

0 x x0

v0 v a

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 51 ndeg 3-1 13) Un velocista corre i 100 m piani in 10 s Si approssimi il moto ipotizzando unrsquoaccelerazione costante per gli altri 85 m Si determinino a) la sua velocitagrave b) il tempo impiegato per percorrere i primi 15 m c) il tempo necessario per percorrere gli altri 85 m d) il modulo dellrsquoaccelerazione per i primi 15 m Soluzione

AB = 100 m AC = 15 m CB = 85 m tAB = 10 s a) vC = b) tAC = c) tCB = d) a =

Il moto del velocista egrave uniformemente accelerato nel tratto AC e uniforme nel tratto CB Indichiamo con vC la velocitagrave raggiunta nel punto C velocitagrave che si mantiene costante lungo tutto il tratto CB Poicheacute il velocista parte da fermo tale velocitagrave egrave semplicemente

ACC tav = Il tempo impiegato a percorrere il tratto CB egrave semplicemente tCB=10s - tAC Le equazioni per il moto uniformemente accelerato nel tratto AC e il moto rettilineo uniforme nel tratto CB sono quindi

ACCACACAC tvtatta21

21

2115 2 ===

)10(85 ACC tv minus=

A C B

v

t

C B

A

v

tAC tCB

Sostituendo i valori numerici dati nella traccia si ottiene il seguente sistema di due equazioni in due incognite

)10(85 ACC tv minus=

ACC tv=30

ACCC tvv minussdot= 1085

ACC tv=30

301085 minussdot= Cv

ACC tv=30

Cvsdot= 10115

ACC tv=30

smvC 511=

stAC 62511

30cong=

Lrsquointervallo di tempo tCB egrave semplicemente

stt ACCB 4710 congminus= Il modulo dellrsquoaccelerazione si ricava dalla

ACavC 22 = cioegrave

22

442

smAC

va C =sdot

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 14) Unrsquoautomobile che si muove con accelerazione costante percorre una distanza di 50 m (tra i punti A e B) in 6 s La sua velocitagrave quando arriva in B egrave vB=15 ms a) qual egrave la sua accelerazione b) quale era la sua velocitagrave in A c) a che distanza da A era partita Soluzione Il moto egrave uniformemente accelerato Valgono quindi le relazioni

( ) ( ) )(221

0222

00 xxavvattvxtx atvtvo0 minus=minus++=+=

Scegliamo come istante iniziale t0 = 0 quello in cui lrsquoautomobile parte da xA con velocitagrave vA incognita La velocitagrave iniziale vA egrave legata alla velocitagrave finale vB (nota e pari a 15 ms) allrsquoaccelerazione a (incognita) e al tempo t (noto e pari a 6s) dallrsquoequazione

aatvv tavv BAAB 615 minus=minus=rarr+=

Lrsquoequazione che lega xB xA vA a e t egrave quindi 2

21 attvxx AAB ++=

In questa equazione non conosciamo neacute a neacute vA mentre sono noti xB - xA= 50m e il tempo t = 6s Se sostituiamo lrsquoespressione ricavata sopra per vA otteniamo unrsquoequazione nella sola incognita a

22

21)(

21 attatvattvxx BAAB +sdotminus=+=minus

3621

sdot+sdotsdot= a6 6)a-(15 50

a36a - 90 50 18+= 4018 =a

22 222920 smsma cong=

b) Ricaviamo adesso vA

smaatvv BA 671920615615 congsdotminus=minus=minus=

c) La distanza percorsa partendo da ferma (dal punto C indicato in figura) prima di arrivare in A puograve essere ottenuto alla relazione

)(222CACA xxavv minus=minus

ma

vxx ACA 630

2)(

2

cong=minus

A B

x xA xB

C

xC

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 15) Dimostrare che per angoli di tiro superiori o inferiori a 45deg della stessa quantitagrave Δθ le gittate sono uguali

La funzione che individua la gittata G (θ) in funzione dellrsquoangolo di tiro iniziale egrave

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

Applicando questa al caso in cui lrsquoangolo di tiro sia 45deg + Δθ e anche 45deg - Δθ si ricava

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δ+deg=Δ+deg=Δ+deg

gv

gv

G

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δminusdeg=Δminusdeg=Δminusdeg

gv

gv

G

Per le proprietagrave della funzione sin si ha che sin (90deg + 2Δθ) = sin (90deg - 2Δθ) = cos 2Δθ HOcircA = 90deg - 2Δθ HOcircB = 90deg + 2Δθ

Allora le due espressioni precedenti sono uguali cioegrave

G (45deg + Δθ) = G (45deg - Δθ)

x

45deg

Δθ

y

Δθ 45deg + Δθ

45deg - Δθ

2Δθ 2Δθ

O

B A

H

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 16) Calcolare lrsquoangolo di tiro a cui lrsquoaltezza massima raggiunta dal proiettile egrave uguale alla gittata

Soluzione

Lrsquoaltezza massima raggiunta egrave data dalla

gvy

2sin22

0max

θ=

mentre la gittata egrave data da

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

quindi la condizione che deve essere soddisfatta saragrave

gv

gv θθ 2sin

2sin 2

022

0 =

da cui semplificando si ottiene

θθθ cossin22

sin 2

=

sin2θ = 4 sinθ cosθ

sinθ = 4 cosθ

tgθ = 4

θ = arctg 4 cong 76deg

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 17) Un fucile con velocitagrave di bocca 500 ms spara un proiettile in un piccolo bersaglio distante 50 m A quale altezza al di sopra del bersaglio deve essere puntato il fucile per poter colpire il bersaglio Soluzione

l = 50 m v0 = 500 ms θ = 0deg y =

Il fucile si deve sollevare di unrsquoaltezza y uguale alla distanza verticale di cui cade il proiettile nel tempo che impiega a percorrere i 50 m cioegrave

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori

mtgy 0490)50(0cos)500(2

89050 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

La distanza di cui si deve sollevare la canna del fucile egrave quindi di circa 49 cm sopra il centro del bersaglio

v0 l

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 18) Un pallone di football lanciato su un campo piano percorre una distanza orizzontale di 17 m prima di toccare terra Il punto di lancio egrave a 15 m di altezza e lrsquoangolo di proiezione egrave di 16deg Qual egrave il modulo della velocitagrave iniziale della palla Gettys pag71 ndeg415 Soluzione

OA = 17 m y0 = 15 m θ = 16deg v0 =

Lrsquoequazione che rappresenta la traiettoria seguita dal pallone nella sua caduta egrave

222

00 cos2

xv

gxtgyyθ

θ minus+=

dove y0 egrave la quota iniziale a cui si trova il pallone θ egrave lrsquoangolo di inclinazione iniziale e v0 egrave il modulo della velocitagrave iniziale Il punto A di arrivo ha coordinate xA = 17 m e yA = 0 per cui diventa

222

00 cos2 AAA x

vgtgxyy

θθ minus+=

da cui si puograve ricavare v0

)(cos2 02

220 θθ tgxy

gxvA

A

+=

e sostituendo i rispettivi valori

222

220 46241

)3746(84122832

)161751)(16(cos2)17(89 sm

tgv =

sdot=

degsdot+degsdot

=

si ottiene

smsmv 51546241 220 ==

x O

θ v0

y

y0

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 19) La velocitagrave iniziale di una palla di cannone egrave 200 ms Se egrave sparata verso un bersaglio che ha una distanza orizzontale di 2 km dal cannone trovare a) i due angoli di tiro per cui il bersaglio verragrave colpito b) il tempo totale di volo per ciascuna delle due traiettorie trovate in a) (Si assuma g = 10 ms2) Serway Soluzione

l = 2 km = 2000 m v0 = 200 ms θ1 = θ2 =

a) Essendo la gittata G pari a

gv

Gθ2sin2

0=

imponendo in questo caso che essa sia pari proprio alla distanza in orizzontale l dal bersaglio si ottiene che

50)200(

2000102sin 220

=sdot

cong=vglθ

e quindi

2θ = arcsin (05) da cui

2θ1 = 30deg

2θ2 = 180deg ndash 30deg = 150deg

(questo perchegrave il sin assume lo stesso valore sia per θ che per il suo supplementare cioegrave per 180deg - θ)

l

θ1

θ2 v0

e quindi

θ1 = 15deg

θ2 = 75deg

b) Il tempo totale di volo per ognuna delle due traiettorie individuate dai due diversi angoli iniziali θ1 e θ2 si ricava dalla

θcos0vxt =

per cui sostituendo i rispettivi valori si ha

sv

xt 351015cos200

2000cos 10

1 congdegsdot

==θ

sv

xt 633875cos200

2000cos 20

2 congdegsdot

==θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 20) Un fucile egrave puntato orizzontalmente al centro di un largo bersaglio distante 150 m La velocitagrave iniziale della pallottola egrave 450 ms a) Dove la pallottola colpisce il bersaglio b) Per colpire il centro del bersaglio la canna deve essere ad un certo angolo al di sopra della linea di punta Trovare lrsquoangolo di elevazione della canna SERWAY Soluzione a) La situazione in questo caso egrave quella rappresentata in figura v0 egrave la velocitagrave iniziale della pallottola ed il fucile egrave diretto orizzontalmente quindi lrsquoangolo iniziale egrave θ = 0deg

l = 150 m v0 = 450 ms θ = 0deg y =

Per sapere in quale punto la pallottola colpisce il bersaglio (cioegrave la distanza y dal centro del bersaglio) si utilizza la formula che individua la traiettoria parabolica del proiettile Infatti

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori relativi a questa situazione (x = l = 150 v0 = 450 θ = 0deg) si ottiene

mtgy 540)150(0cos)450(2

890150 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

Quindi il proiettile colpisce il bersaglio circa 54 cm sotto il centro

v0 l

y

b) In questo caso pur essendo la velocitagrave iniziale sempre pari a v0 lrsquoangolo di inclinazione θ del fucile rispetto allrsquoorizzontale egrave diverso da zero

l = 150 m v0 = 450 ms θ =

Lrsquoangolo di inclinazione θ deve essere calcolato in modo tale che il proiettile colpisca il centro del bersaglio Questo significa che la gittata G deve essere pari proprio ad l per cui

lg

vG ==

θ2sin20

da cui

0070)450(

150892sin 220

=sdot

==vglθ

2θ = arcsin (0007) = 04deg

θ cong 02deg

(in linea di principio crsquoegrave anche la soluzione 2θ2 = 180deg - arcsin (0007) = 180deg - 04deg = 1796deg e cioegrave θ2 = 898deg )

v0

l

θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 3: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 2) La posizione di una particella in moto lungo lrsquoasse x varia nel tempo secondo lrsquoespressione

x = 2 + 8t - 2t2 dove x egrave in m e t in s Trovare a) la sua velocitagrave iniziale b) la sua accelerazione c) lo spostamento della particella nei primi 3 sec del moto d) la posizione in cui la particella si arresta momentaneamente e) la sua velocitagrave media nei primi 3 s di moto ______________________________________________________________________________________________________________________ Dal semplice confronto dellrsquoespressione della posizione della particella

x = 2 + 8t - 2t2

con lrsquoespressione generale della posizione

200 at

21tvxx(t) ++= (1)

ricaviamo bull la posizione iniziale della particella x0 = 2 m bull la velocitagrave iniziale della particella v0 = 8 ms bull lrsquoaccelerazione della particella a = -4 ms

Calcoliamo dapprima la posizione della particella allrsquoistante t =3 s sostituendo il valore del tempo nella eq (1)

x (t=3) = 2 + 8middot3 - 2middot9 = 26 ndash 18 = 8 m

A questo punto conoscendo giagrave il valore della posizione x0 allrsquoistante t=0 possiamo rispondere alla domanda c)

x (t=3) ndash x (t=0) = 8 ndash 2 = 6 m

Se la particella si arresta momentaneamente in quellrsquoistante t la sua velocitagrave egrave nulla Dalla espressione generale della velocitagrave possiamo ricavare lrsquoistante di tempo t in cui la particella si arresta

v(t) = v0 + a t rArr 0 = v0 + a t rArr avt 0minus=

sostituendo i valori numerici si ha

s2(-4)8t =minus=

allora la posizione al tempo t = 2 s egrave

x (t=2) = 2 + 8middot2 ndash 8 = 10 m Alternativamente saremmo potuti arrivare allo stesso risultato utilizzando la seguente espressione

v2 - v02 = 2 a (x-x0)

- v02 = + 2 a (x-x0) rArr

avxx

20

0 minus=minus rArr avxx

20

0 minus=

sostituendo i valori numerici si ha

10mx =minus=(-4)642

e) la velocitagrave media della particella nei suoi primi tre secondi egrave data da

2msv ===36

ΔtΔx03

Alternativamente si poteva procedere nel seguente modo

( )[ ] ( )( )[ ] 2msv =sdotminus++==+= 3488213tvv

21

0

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 3) Una particella A passa al tempo t=0 dallrsquoorigine con velocitagrave costante vAgt 0 unrsquoaltra particella T distante d0 da A si muove con velocitagrave costante vT lt vA A quale istante di tempo e in quale punto x e la particella A sorpassa la particella T

________________________________________________________________________________ Le particelle A e T si muovono di moto rettilineo uniforme Scegliendo lrsquoorigine del sistema di riferimento nel punto in cui si trova la particella A avremo x0A = 0 e x0T = d0 Le leggi orarie saranno quindi

tvtvx(t)x AA0AA =+= tvdtvx(t)x T0T0T +=+=T

Affincheacute la particella A possa sorpassare la particella T ci dovragrave essere un certo istante di tempo t per cui xA(t)= xT(t) Avremo quindi

( ) 0

TA

T0

A dtvv tvdtv =minusrArr+=

TA

0

vvdtminus

=

Sostituendo quindi questo valore in xA(t) otterremo il punto in cui la particella A sorpassa la particella T

0TA

AA d

vvvxminus

=

(Paradosso di Zenone A = Achille T = Tartaruga)

x x=0 A T

vA vT

d0

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 4) Avete frenato la vostra auto dalla velocitagrave di 85 kmh fino alla velocitagrave di 45 kmh su una distanza di 105 m a) Supponendo lrsquoaccelerazione costante durante tutta la frenata quanto egrave lrsquoaccelerazione della macchina b) In quanto tempo avviene la frenata c) Se continuate a frenare con la stessa accelerazione in quanto tempo la macchina si ferma d) Quanta strada percorre _____________________________________________________________________________ a) Consideriamo positiva la direzione della velocitagrave e scegliamo lrsquoorigine in modo che allrsquoinizio della frenata sia x0 = 0 Al tempo t = 0 la velocitagrave iniziale egrave v0 = 85 kmh = 236 ms mentre al tempo t (incognito) v = 45 kmh =125 ms e lo spostamento vale 105 m Dallrsquoequazione

( )020

2 2 xxavv minus=minus ricaviamo lrsquoaccelerazione

( )2

22

0

20

2

9111052

6235122

smxxvva minus=

sdotminus

=minusminus

=

b) Il tempo in cui avviene la frenata si ricava dallrsquoequazione

( ) s85911

623512av-v tat vtv 0

0 =minusminus

==rArr+=

c) Conoscendo lrsquoaccelerazione dobbiamo calcolare il tempo t necessario a passare dalla velocitagrave iniziale v0 = 85 kmh alla velocitagrave finale v = 0 in cui la macchina si ferma

s312911623

av-tatv0 0

0 congminus

minus==+=

d) La distanza totale percorsa egrave uguale a

( ) mxattv 146 21tx 2

0 =rArr+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 5) La velocitagrave di una particella in funzione del tempo egrave mostrata in figura A t=0 la particella egrave in x=0 a) Tracciare il grafico dellrsquoaccelerazione in funzione del tempo b) Determinare lrsquoaccelerazione media della particella nellrsquointervallo di tempo da t = 1s a t = 4s c) Determinare lrsquoaccelerazione istantanea della particella a t = 2s

a) Essendo il grafico della velocitagrave in funzione del tempo costituito da segmenti rettilinei per ciascuno di questi lrsquoaccelerazione istantanea coincide con quella media

23ms1

0301v(0)v(1)

ΔtΔva sec1t0 minus=

minusminus=

minusminus

==ltle

23ms

233

13v(1)v(3)

ΔtΔva 3sect1 =

+=

minusminus

==ltle

2ms0

133

3-4v(3)v(4)

ΔtΔva 4sect3 =

minus=

minus==ltle

v (ms)

123

-1-2

4321

-3

t (s)

a (ms2)

123

-1-2

4321

-3

t (s)

a

b) Lrsquoaccelerazione media nellrsquointervallo di tempo s4t1s lele egrave pari per definizione a

2ms23

331-4v(1)v(4)

ΔtΔva =

+=

minus==

c) Per quanto detto al punto a) essendo lrsquoistante t = 2s contenuto nel secondo intervallo lrsquoaccelerazione istantanea a(2) = 3ms2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 6) Una particella si muove lungo lrsquoasse x con una accelerazione che egrave proporzionale al tempo secondo lrsquoespressione a = 30t dove a egrave in ms2 Inizialmente la particella egrave in quiete nellrsquoorigine Trovare a) la velocitagrave istantanea b) la posizione istantanea in funzione del tempo a) Dai dati del problema sappiamo che allrsquoistante t = 0 x = 0 e v = 0 Dalla definizione di accelerazione istantanea

30tdtdv 30t dtdva =rArr==

A questo punto la velocitagrave istantanea si ottiene integrando lrsquoultima espressione

int += Ctdt30)t(v

dove C egrave una costante di integrazione Eseguendo lrsquointegrale definito si ha

C2t30)t(v

2

+= (1)

Imponendo la condizione iniziale v(0) = 0 nella (1) si vede che C = 0 e quindi

v(t) = 15t2

b) Procedendo in modo analogo ricordiamo la definizione cinematica di velocitagrave istantanea

dtt15dx t15dtdxv 22 =rArr==

Integrando questrsquoultima espressione si ottiene

int += Adtt15)t(x 2

dove A egrave una costante di integrazione Eseguendo lrsquointegrale definito

A3t15)t(x

3

+= (2)

Imponendo la condizione iniziale x(0) = 0 nella (2) si vede che A = 0 e quindi

x(t) = 5t3

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 7) Allrsquoistante in cui il semaforo diventa verde unrsquoautomobile parte con unrsquoaccelerazione costante a = 18 ms2 Nello stesso istante un camion muovendosi con una velocitagrave costante vC = 9 ms raggiunge e sorpassa lrsquoautomobile a) a quanti metri dal punto di partenza lrsquoautomobile sorpasseragrave il camion b) a che velocitagrave staragrave viaggiando in quellrsquoistante (egrave utile tracciare un grafico qualitativo di x in funzione di t per ciascun veicolo) Lrsquoautomobile ferma nellrsquoorigine allrsquoistante t=0 fa un moto uniformemente accelerato rappresentato dallrsquoequazione

( ) 222 908121

21 ttattxA ===

Il grafico di x in funzione di t egrave una parabola con il vertice nellrsquoorigine Il moto del camion egrave invece rettilineo uniforme rappresentato dallrsquoequazione

( ) ttvtx CC 9==

ed il suo grafico egrave una retta passante per lrsquoorigine degli assi

a) Nellrsquoistante in cui lrsquoautomobile sorpassa il camion i due valori della x devono coincidere

tvat C=2

21

021 2 =minus tvat C

Questa equazione algebrica di secondo grado spuria ha due radici

sa

2vt 0t C21 10

8192=

sdot===

100

x(m)

t(s) 10

La prima corrisponde allrsquoistante in cui il camion sorpassa lrsquoautomobile al semaforo la seconda egrave la soluzione cercata Lrsquoautomobile sorpasseragrave il camion nella posizione

mattxA 90108121

21)( 22

22 =sdotsdot==

Ovviamente allrsquoistante t2 la posizione del camion egrave la stessa dellrsquoautomobile

( ) mtvtx CC 9010922 =sdot==

b) la velocitagrave dellrsquoautomobile egrave espressa dalla formula

( ) tattvA 81==

allrsquoistante t2 essa ha il valore

( ) smattvA 18108122 =sdot== doppio del valore della velocitagrave del camion

acqua

y(m)1 2

44

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 8) Una pietra egrave lasciata cadere in acqua da un ponte alto 44m sullrsquoacqua Unrsquoaltra pietra egrave gettata verticalmente dopo un secondo dalla partenza della prima Le pietre colpiscono lrsquoacqua allo stesso istante a) Qual egrave la velocitagrave iniziale della seconda pietra b) Portare in un grafico lo spazio in funzione del tempo per le due pietre ponendo t = 0 nellrsquoistante in cui la prima pietra egrave abbandonata

Scegliamo come sistema di riferimento lrsquoasse y rivolto verso lrsquoalto con lrsquoorigine posto al confine acquaponte I dati del problema sono v01= 0 y0= 44m tR= 1s Lrsquoequazione del moto per la caduta libera egrave

( ) 200 gt

21tvyty minus+=

per quanto riguarda la prima pietra lrsquoequazione del moto diventa

( ) 201 gt

21yty minus=

per la seconda pietra che parte in ritardo di 1 s rispetto la prima la legge oraria egrave

( ) ( ) ( )2RR2002 ttg21ttvyty minusminusminus+=

La prima pietra colpisce lrsquoacqua allrsquoistante tA per il quale deve verificarsi che y1(tA) = 0 Possiamo ricavare quindi tA

s389502

gy2tgt

21y0 0

A2A0 cong

sdot==rArrminus=

a) Per calcolare la velocitagrave iniziale della seconda pietra possiamo sfruttare la condizione data dal problema le pietre colpiscono lrsquoacqua allo stesso istante Quindi deve valere y2(tA) = 0 Da questa condizione possiamo ricavare v02

( ) ( )2RARA200 ttg21ttvy0 minusminusminus+=

( ) ( )( )( )

( )( ) m

tt

yttgv yttgttv

RA

RA

RARA 31219972

44199728921

21

21

20

2

2002

20 minuscongminus

minusminussdot=

minus

minusminus=rArrminusminus=minus

1 2 3

44

t(s)

y(m) b) Notiamo che allrsquoistante tR = 1s in cui parte la seconda pietra la prima pietra ha velocitagrave

v1 = -gt = -98ms Inoltre allrsquoistante tA cong 3s avremo che v1(tA) = -294 ms v2(tA) = -123-98sdot(3-1)=-319ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 9) Un treno partito da fermo si muove con accelerazione costante A un certo istante viaggia a 9 ms e dopo 48 metri viaggia a 15 ms Calcolare a) lrsquoaccelerazione b) il tempo che impiega a percorrere i 48 metri c) il tempo richiesto per raggiungere la velocitagrave di 9 ms d) la distanza tra il punto di partenza e quello il cui il treno ha raggiunto una velocitagrave di 9 ms ________________________________________________________________________________ Il treno si muove di moto uniformemente accelerato a) dallrsquoequazione

( )02

02 2 xxavv xx minus=minus

ricaviamo lrsquoaccelerazione

( )2

22

0

20x

2x sm51

482915

xx2vv

a =sdotminus

=minusminus

=

b) dallrsquoequazione atvv x0x +=

ricaviamo il tempo impiegato a percorrere i 48 m

s451

915avv

t 0xx =minusminus

minus=minus

=

c) dallrsquoequazione

atvv x0x +=

ricaviamo il tempo richiesto per raggiungere la velocitagrave di 9 ms

6s tt 1509 =rArrsdot+=

d) posto lrsquoorigine del nostro sistema di riferimento nel punto di partenza del treno la distanza cercata si ottiene dalla seguente equazione

( ) 2at21tx =

( ) m2765121at

21tx 22 =sdotsdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 10) Il macchinista di un treno che sta viaggiando con velocitagrave v1 vede a una distanza d sul suo stesso binario un altro treno che si sta muovendo nella sua stessa direzione con una velocitagrave piugrave bassa v2 Egli frena immediatamente e dagrave al suo treno una decelerazione costante -a Dimostrare che

se ( )a2vvd

221 minusgt non ci saragrave scontro

se ( )a2vvd

221 minuslt avverragrave uno scontro

________________________________________________________________________________ Le leggi orarie dei due treni sono

( )

( ) tvxtx

at21tvxtx

2022

21011

+=

minus+=

Scelgo un sistema di riferimento con lrsquoorigine nella posizione del primo treno cosiccheacute

x10 = 0 x20 = d

Le leggi orarie diventano quindi

( )

( ) tvdtx

at21tvtx

22

211

+=

minus=

Se si ha scontro deve esistere un istante di tempo tS tale che x1(tS)=x2(tS)

S22SS1 tvdat

21tv +=minus

( )

a212

ad21)vv(vv

t

0dt)vv(at21

22121

S212S

sdot

minusminusplusmnminus=

=+minusminus

Si hanno soluzioni reali (cioegrave crsquoegrave scontro) solo se lrsquoargomento della radice quadrata egrave maggiore di zero cioegrave

( ) ( ) ( )a2vvd ad2vv 0ad2vv

2212

212

21minus

ltrArrgtminusrArrgtminusminus

v1 v2

d

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-35 11) Il moto di un velocista durante una corsa puograve essere approssimato con unrsquoaccelerazione costante di modulo 37 ms2 Posto t = 0 in corrispondenza dellrsquoinizio della corsa si determini il tempo impiegato dal corridore a percorrere a) 5 m b) 10 m Soluzione

a = 37 ms2

x1 = 5 m x2 = 10 m a) t1 = b) t2 =

La legge oraria che descrive il moto del corridore egrave quella del moto uniformemente accelerato e cioegrave

200 2

1 attvxx ++=

che essendo in questo caso la posizione iniziale x0 = 0 e la velocitagrave iniziale nulla (v0 = 0) si riduce alla

2

21 atx =

da cui

axt 22 =

e quindi

axt 2

=

Applicandola nei due casi si ottiene

a) saxt 641

73522 1

1 congsdot

==

b) saxt 322

731022 2

2 congsdot

==

l

x1

x2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-37 12) Unrsquoautomobile si trova 18 m oltre lrsquoingresso di un ristorante e viaggia alla velocitagrave di 16 ms quando il guidatore schiaccia il freno La velocitagrave del veicolo diminuisce con unrsquoaccelerazione costante di modulo 23 ms2 Quanto tempo dopo lrsquoinizio della frenata lrsquoautomobile saragrave 65 m oltre lrsquoingresso Soluzione x0 = 18 m

v0 = 16 ms a = - 23 ms2

x = 65 m t =

Il moto dellrsquoautomobile egrave uniformemente decelerato e quindi la legge oraria egrave

200 2

1 attvxx ++=

dove x0 egrave lo spazio iniziale percorso dallrsquoautomobile x egrave lo spazio percorso nel tempo cercato v0 egrave la velocitagrave dellrsquoautomobile prima di iniziare la frenata ed a egrave la decelerazione (quindi di segno opposto alla velocitagrave) quindi

23221161865 tt sdotminussdot+=

da cui 115 t2 ndash 16 t +47 = 0

Δ = b2 ndash 4ac =(- 16)2 ndash 4 (115)(47) = 398

151283916

21 sdotplusmn

=t

e si ottengono t1 = 42 s

t2 = 97 s

la seconda soluzione egrave matematicamente possibile ma fisicamente non significativa Corrisponderebbe infatti al passaggio dellrsquoautomobile per il punto x = 65 m con velocitagrave uguale in modulo ma diretta in verso opposto

0 x x0

v0 v a

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 51 ndeg 3-1 13) Un velocista corre i 100 m piani in 10 s Si approssimi il moto ipotizzando unrsquoaccelerazione costante per gli altri 85 m Si determinino a) la sua velocitagrave b) il tempo impiegato per percorrere i primi 15 m c) il tempo necessario per percorrere gli altri 85 m d) il modulo dellrsquoaccelerazione per i primi 15 m Soluzione

AB = 100 m AC = 15 m CB = 85 m tAB = 10 s a) vC = b) tAC = c) tCB = d) a =

Il moto del velocista egrave uniformemente accelerato nel tratto AC e uniforme nel tratto CB Indichiamo con vC la velocitagrave raggiunta nel punto C velocitagrave che si mantiene costante lungo tutto il tratto CB Poicheacute il velocista parte da fermo tale velocitagrave egrave semplicemente

ACC tav = Il tempo impiegato a percorrere il tratto CB egrave semplicemente tCB=10s - tAC Le equazioni per il moto uniformemente accelerato nel tratto AC e il moto rettilineo uniforme nel tratto CB sono quindi

ACCACACAC tvtatta21

21

2115 2 ===

)10(85 ACC tv minus=

A C B

v

t

C B

A

v

tAC tCB

Sostituendo i valori numerici dati nella traccia si ottiene il seguente sistema di due equazioni in due incognite

)10(85 ACC tv minus=

ACC tv=30

ACCC tvv minussdot= 1085

ACC tv=30

301085 minussdot= Cv

ACC tv=30

Cvsdot= 10115

ACC tv=30

smvC 511=

stAC 62511

30cong=

Lrsquointervallo di tempo tCB egrave semplicemente

stt ACCB 4710 congminus= Il modulo dellrsquoaccelerazione si ricava dalla

ACavC 22 = cioegrave

22

442

smAC

va C =sdot

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 14) Unrsquoautomobile che si muove con accelerazione costante percorre una distanza di 50 m (tra i punti A e B) in 6 s La sua velocitagrave quando arriva in B egrave vB=15 ms a) qual egrave la sua accelerazione b) quale era la sua velocitagrave in A c) a che distanza da A era partita Soluzione Il moto egrave uniformemente accelerato Valgono quindi le relazioni

( ) ( ) )(221

0222

00 xxavvattvxtx atvtvo0 minus=minus++=+=

Scegliamo come istante iniziale t0 = 0 quello in cui lrsquoautomobile parte da xA con velocitagrave vA incognita La velocitagrave iniziale vA egrave legata alla velocitagrave finale vB (nota e pari a 15 ms) allrsquoaccelerazione a (incognita) e al tempo t (noto e pari a 6s) dallrsquoequazione

aatvv tavv BAAB 615 minus=minus=rarr+=

Lrsquoequazione che lega xB xA vA a e t egrave quindi 2

21 attvxx AAB ++=

In questa equazione non conosciamo neacute a neacute vA mentre sono noti xB - xA= 50m e il tempo t = 6s Se sostituiamo lrsquoespressione ricavata sopra per vA otteniamo unrsquoequazione nella sola incognita a

22

21)(

21 attatvattvxx BAAB +sdotminus=+=minus

3621

sdot+sdotsdot= a6 6)a-(15 50

a36a - 90 50 18+= 4018 =a

22 222920 smsma cong=

b) Ricaviamo adesso vA

smaatvv BA 671920615615 congsdotminus=minus=minus=

c) La distanza percorsa partendo da ferma (dal punto C indicato in figura) prima di arrivare in A puograve essere ottenuto alla relazione

)(222CACA xxavv minus=minus

ma

vxx ACA 630

2)(

2

cong=minus

A B

x xA xB

C

xC

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 15) Dimostrare che per angoli di tiro superiori o inferiori a 45deg della stessa quantitagrave Δθ le gittate sono uguali

La funzione che individua la gittata G (θ) in funzione dellrsquoangolo di tiro iniziale egrave

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

Applicando questa al caso in cui lrsquoangolo di tiro sia 45deg + Δθ e anche 45deg - Δθ si ricava

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δ+deg=Δ+deg=Δ+deg

gv

gv

G

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δminusdeg=Δminusdeg=Δminusdeg

gv

gv

G

Per le proprietagrave della funzione sin si ha che sin (90deg + 2Δθ) = sin (90deg - 2Δθ) = cos 2Δθ HOcircA = 90deg - 2Δθ HOcircB = 90deg + 2Δθ

Allora le due espressioni precedenti sono uguali cioegrave

G (45deg + Δθ) = G (45deg - Δθ)

x

45deg

Δθ

y

Δθ 45deg + Δθ

45deg - Δθ

2Δθ 2Δθ

O

B A

H

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 16) Calcolare lrsquoangolo di tiro a cui lrsquoaltezza massima raggiunta dal proiettile egrave uguale alla gittata

Soluzione

Lrsquoaltezza massima raggiunta egrave data dalla

gvy

2sin22

0max

θ=

mentre la gittata egrave data da

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

quindi la condizione che deve essere soddisfatta saragrave

gv

gv θθ 2sin

2sin 2

022

0 =

da cui semplificando si ottiene

θθθ cossin22

sin 2

=

sin2θ = 4 sinθ cosθ

sinθ = 4 cosθ

tgθ = 4

θ = arctg 4 cong 76deg

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 17) Un fucile con velocitagrave di bocca 500 ms spara un proiettile in un piccolo bersaglio distante 50 m A quale altezza al di sopra del bersaglio deve essere puntato il fucile per poter colpire il bersaglio Soluzione

l = 50 m v0 = 500 ms θ = 0deg y =

Il fucile si deve sollevare di unrsquoaltezza y uguale alla distanza verticale di cui cade il proiettile nel tempo che impiega a percorrere i 50 m cioegrave

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori

mtgy 0490)50(0cos)500(2

89050 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

La distanza di cui si deve sollevare la canna del fucile egrave quindi di circa 49 cm sopra il centro del bersaglio

v0 l

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 18) Un pallone di football lanciato su un campo piano percorre una distanza orizzontale di 17 m prima di toccare terra Il punto di lancio egrave a 15 m di altezza e lrsquoangolo di proiezione egrave di 16deg Qual egrave il modulo della velocitagrave iniziale della palla Gettys pag71 ndeg415 Soluzione

OA = 17 m y0 = 15 m θ = 16deg v0 =

Lrsquoequazione che rappresenta la traiettoria seguita dal pallone nella sua caduta egrave

222

00 cos2

xv

gxtgyyθ

θ minus+=

dove y0 egrave la quota iniziale a cui si trova il pallone θ egrave lrsquoangolo di inclinazione iniziale e v0 egrave il modulo della velocitagrave iniziale Il punto A di arrivo ha coordinate xA = 17 m e yA = 0 per cui diventa

222

00 cos2 AAA x

vgtgxyy

θθ minus+=

da cui si puograve ricavare v0

)(cos2 02

220 θθ tgxy

gxvA

A

+=

e sostituendo i rispettivi valori

222

220 46241

)3746(84122832

)161751)(16(cos2)17(89 sm

tgv =

sdot=

degsdot+degsdot

=

si ottiene

smsmv 51546241 220 ==

x O

θ v0

y

y0

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 19) La velocitagrave iniziale di una palla di cannone egrave 200 ms Se egrave sparata verso un bersaglio che ha una distanza orizzontale di 2 km dal cannone trovare a) i due angoli di tiro per cui il bersaglio verragrave colpito b) il tempo totale di volo per ciascuna delle due traiettorie trovate in a) (Si assuma g = 10 ms2) Serway Soluzione

l = 2 km = 2000 m v0 = 200 ms θ1 = θ2 =

a) Essendo la gittata G pari a

gv

Gθ2sin2

0=

imponendo in questo caso che essa sia pari proprio alla distanza in orizzontale l dal bersaglio si ottiene che

50)200(

2000102sin 220

=sdot

cong=vglθ

e quindi

2θ = arcsin (05) da cui

2θ1 = 30deg

2θ2 = 180deg ndash 30deg = 150deg

(questo perchegrave il sin assume lo stesso valore sia per θ che per il suo supplementare cioegrave per 180deg - θ)

l

θ1

θ2 v0

e quindi

θ1 = 15deg

θ2 = 75deg

b) Il tempo totale di volo per ognuna delle due traiettorie individuate dai due diversi angoli iniziali θ1 e θ2 si ricava dalla

θcos0vxt =

per cui sostituendo i rispettivi valori si ha

sv

xt 351015cos200

2000cos 10

1 congdegsdot

==θ

sv

xt 633875cos200

2000cos 20

2 congdegsdot

==θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 20) Un fucile egrave puntato orizzontalmente al centro di un largo bersaglio distante 150 m La velocitagrave iniziale della pallottola egrave 450 ms a) Dove la pallottola colpisce il bersaglio b) Per colpire il centro del bersaglio la canna deve essere ad un certo angolo al di sopra della linea di punta Trovare lrsquoangolo di elevazione della canna SERWAY Soluzione a) La situazione in questo caso egrave quella rappresentata in figura v0 egrave la velocitagrave iniziale della pallottola ed il fucile egrave diretto orizzontalmente quindi lrsquoangolo iniziale egrave θ = 0deg

l = 150 m v0 = 450 ms θ = 0deg y =

Per sapere in quale punto la pallottola colpisce il bersaglio (cioegrave la distanza y dal centro del bersaglio) si utilizza la formula che individua la traiettoria parabolica del proiettile Infatti

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori relativi a questa situazione (x = l = 150 v0 = 450 θ = 0deg) si ottiene

mtgy 540)150(0cos)450(2

890150 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

Quindi il proiettile colpisce il bersaglio circa 54 cm sotto il centro

v0 l

y

b) In questo caso pur essendo la velocitagrave iniziale sempre pari a v0 lrsquoangolo di inclinazione θ del fucile rispetto allrsquoorizzontale egrave diverso da zero

l = 150 m v0 = 450 ms θ =

Lrsquoangolo di inclinazione θ deve essere calcolato in modo tale che il proiettile colpisca il centro del bersaglio Questo significa che la gittata G deve essere pari proprio ad l per cui

lg

vG ==

θ2sin20

da cui

0070)450(

150892sin 220

=sdot

==vglθ

2θ = arcsin (0007) = 04deg

θ cong 02deg

(in linea di principio crsquoegrave anche la soluzione 2θ2 = 180deg - arcsin (0007) = 180deg - 04deg = 1796deg e cioegrave θ2 = 898deg )

v0

l

θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
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Page 4: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

e) la velocitagrave media della particella nei suoi primi tre secondi egrave data da

2msv ===36

ΔtΔx03

Alternativamente si poteva procedere nel seguente modo

( )[ ] ( )( )[ ] 2msv =sdotminus++==+= 3488213tvv

21

0

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 3) Una particella A passa al tempo t=0 dallrsquoorigine con velocitagrave costante vAgt 0 unrsquoaltra particella T distante d0 da A si muove con velocitagrave costante vT lt vA A quale istante di tempo e in quale punto x e la particella A sorpassa la particella T

________________________________________________________________________________ Le particelle A e T si muovono di moto rettilineo uniforme Scegliendo lrsquoorigine del sistema di riferimento nel punto in cui si trova la particella A avremo x0A = 0 e x0T = d0 Le leggi orarie saranno quindi

tvtvx(t)x AA0AA =+= tvdtvx(t)x T0T0T +=+=T

Affincheacute la particella A possa sorpassare la particella T ci dovragrave essere un certo istante di tempo t per cui xA(t)= xT(t) Avremo quindi

( ) 0

TA

T0

A dtvv tvdtv =minusrArr+=

TA

0

vvdtminus

=

Sostituendo quindi questo valore in xA(t) otterremo il punto in cui la particella A sorpassa la particella T

0TA

AA d

vvvxminus

=

(Paradosso di Zenone A = Achille T = Tartaruga)

x x=0 A T

vA vT

d0

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 4) Avete frenato la vostra auto dalla velocitagrave di 85 kmh fino alla velocitagrave di 45 kmh su una distanza di 105 m a) Supponendo lrsquoaccelerazione costante durante tutta la frenata quanto egrave lrsquoaccelerazione della macchina b) In quanto tempo avviene la frenata c) Se continuate a frenare con la stessa accelerazione in quanto tempo la macchina si ferma d) Quanta strada percorre _____________________________________________________________________________ a) Consideriamo positiva la direzione della velocitagrave e scegliamo lrsquoorigine in modo che allrsquoinizio della frenata sia x0 = 0 Al tempo t = 0 la velocitagrave iniziale egrave v0 = 85 kmh = 236 ms mentre al tempo t (incognito) v = 45 kmh =125 ms e lo spostamento vale 105 m Dallrsquoequazione

( )020

2 2 xxavv minus=minus ricaviamo lrsquoaccelerazione

( )2

22

0

20

2

9111052

6235122

smxxvva minus=

sdotminus

=minusminus

=

b) Il tempo in cui avviene la frenata si ricava dallrsquoequazione

( ) s85911

623512av-v tat vtv 0

0 =minusminus

==rArr+=

c) Conoscendo lrsquoaccelerazione dobbiamo calcolare il tempo t necessario a passare dalla velocitagrave iniziale v0 = 85 kmh alla velocitagrave finale v = 0 in cui la macchina si ferma

s312911623

av-tatv0 0

0 congminus

minus==+=

d) La distanza totale percorsa egrave uguale a

( ) mxattv 146 21tx 2

0 =rArr+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 5) La velocitagrave di una particella in funzione del tempo egrave mostrata in figura A t=0 la particella egrave in x=0 a) Tracciare il grafico dellrsquoaccelerazione in funzione del tempo b) Determinare lrsquoaccelerazione media della particella nellrsquointervallo di tempo da t = 1s a t = 4s c) Determinare lrsquoaccelerazione istantanea della particella a t = 2s

a) Essendo il grafico della velocitagrave in funzione del tempo costituito da segmenti rettilinei per ciascuno di questi lrsquoaccelerazione istantanea coincide con quella media

23ms1

0301v(0)v(1)

ΔtΔva sec1t0 minus=

minusminus=

minusminus

==ltle

23ms

233

13v(1)v(3)

ΔtΔva 3sect1 =

+=

minusminus

==ltle

2ms0

133

3-4v(3)v(4)

ΔtΔva 4sect3 =

minus=

minus==ltle

v (ms)

123

-1-2

4321

-3

t (s)

a (ms2)

123

-1-2

4321

-3

t (s)

a

b) Lrsquoaccelerazione media nellrsquointervallo di tempo s4t1s lele egrave pari per definizione a

2ms23

331-4v(1)v(4)

ΔtΔva =

+=

minus==

c) Per quanto detto al punto a) essendo lrsquoistante t = 2s contenuto nel secondo intervallo lrsquoaccelerazione istantanea a(2) = 3ms2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 6) Una particella si muove lungo lrsquoasse x con una accelerazione che egrave proporzionale al tempo secondo lrsquoespressione a = 30t dove a egrave in ms2 Inizialmente la particella egrave in quiete nellrsquoorigine Trovare a) la velocitagrave istantanea b) la posizione istantanea in funzione del tempo a) Dai dati del problema sappiamo che allrsquoistante t = 0 x = 0 e v = 0 Dalla definizione di accelerazione istantanea

30tdtdv 30t dtdva =rArr==

A questo punto la velocitagrave istantanea si ottiene integrando lrsquoultima espressione

int += Ctdt30)t(v

dove C egrave una costante di integrazione Eseguendo lrsquointegrale definito si ha

C2t30)t(v

2

+= (1)

Imponendo la condizione iniziale v(0) = 0 nella (1) si vede che C = 0 e quindi

v(t) = 15t2

b) Procedendo in modo analogo ricordiamo la definizione cinematica di velocitagrave istantanea

dtt15dx t15dtdxv 22 =rArr==

Integrando questrsquoultima espressione si ottiene

int += Adtt15)t(x 2

dove A egrave una costante di integrazione Eseguendo lrsquointegrale definito

A3t15)t(x

3

+= (2)

Imponendo la condizione iniziale x(0) = 0 nella (2) si vede che A = 0 e quindi

x(t) = 5t3

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 7) Allrsquoistante in cui il semaforo diventa verde unrsquoautomobile parte con unrsquoaccelerazione costante a = 18 ms2 Nello stesso istante un camion muovendosi con una velocitagrave costante vC = 9 ms raggiunge e sorpassa lrsquoautomobile a) a quanti metri dal punto di partenza lrsquoautomobile sorpasseragrave il camion b) a che velocitagrave staragrave viaggiando in quellrsquoistante (egrave utile tracciare un grafico qualitativo di x in funzione di t per ciascun veicolo) Lrsquoautomobile ferma nellrsquoorigine allrsquoistante t=0 fa un moto uniformemente accelerato rappresentato dallrsquoequazione

( ) 222 908121

21 ttattxA ===

Il grafico di x in funzione di t egrave una parabola con il vertice nellrsquoorigine Il moto del camion egrave invece rettilineo uniforme rappresentato dallrsquoequazione

( ) ttvtx CC 9==

ed il suo grafico egrave una retta passante per lrsquoorigine degli assi

a) Nellrsquoistante in cui lrsquoautomobile sorpassa il camion i due valori della x devono coincidere

tvat C=2

21

021 2 =minus tvat C

Questa equazione algebrica di secondo grado spuria ha due radici

sa

2vt 0t C21 10

8192=

sdot===

100

x(m)

t(s) 10

La prima corrisponde allrsquoistante in cui il camion sorpassa lrsquoautomobile al semaforo la seconda egrave la soluzione cercata Lrsquoautomobile sorpasseragrave il camion nella posizione

mattxA 90108121

21)( 22

22 =sdotsdot==

Ovviamente allrsquoistante t2 la posizione del camion egrave la stessa dellrsquoautomobile

( ) mtvtx CC 9010922 =sdot==

b) la velocitagrave dellrsquoautomobile egrave espressa dalla formula

( ) tattvA 81==

allrsquoistante t2 essa ha il valore

( ) smattvA 18108122 =sdot== doppio del valore della velocitagrave del camion

acqua

y(m)1 2

44

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 8) Una pietra egrave lasciata cadere in acqua da un ponte alto 44m sullrsquoacqua Unrsquoaltra pietra egrave gettata verticalmente dopo un secondo dalla partenza della prima Le pietre colpiscono lrsquoacqua allo stesso istante a) Qual egrave la velocitagrave iniziale della seconda pietra b) Portare in un grafico lo spazio in funzione del tempo per le due pietre ponendo t = 0 nellrsquoistante in cui la prima pietra egrave abbandonata

Scegliamo come sistema di riferimento lrsquoasse y rivolto verso lrsquoalto con lrsquoorigine posto al confine acquaponte I dati del problema sono v01= 0 y0= 44m tR= 1s Lrsquoequazione del moto per la caduta libera egrave

( ) 200 gt

21tvyty minus+=

per quanto riguarda la prima pietra lrsquoequazione del moto diventa

( ) 201 gt

21yty minus=

per la seconda pietra che parte in ritardo di 1 s rispetto la prima la legge oraria egrave

( ) ( ) ( )2RR2002 ttg21ttvyty minusminusminus+=

La prima pietra colpisce lrsquoacqua allrsquoistante tA per il quale deve verificarsi che y1(tA) = 0 Possiamo ricavare quindi tA

s389502

gy2tgt

21y0 0

A2A0 cong

sdot==rArrminus=

a) Per calcolare la velocitagrave iniziale della seconda pietra possiamo sfruttare la condizione data dal problema le pietre colpiscono lrsquoacqua allo stesso istante Quindi deve valere y2(tA) = 0 Da questa condizione possiamo ricavare v02

( ) ( )2RARA200 ttg21ttvy0 minusminusminus+=

( ) ( )( )( )

( )( ) m

tt

yttgv yttgttv

RA

RA

RARA 31219972

44199728921

21

21

20

2

2002

20 minuscongminus

minusminussdot=

minus

minusminus=rArrminusminus=minus

1 2 3

44

t(s)

y(m) b) Notiamo che allrsquoistante tR = 1s in cui parte la seconda pietra la prima pietra ha velocitagrave

v1 = -gt = -98ms Inoltre allrsquoistante tA cong 3s avremo che v1(tA) = -294 ms v2(tA) = -123-98sdot(3-1)=-319ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 9) Un treno partito da fermo si muove con accelerazione costante A un certo istante viaggia a 9 ms e dopo 48 metri viaggia a 15 ms Calcolare a) lrsquoaccelerazione b) il tempo che impiega a percorrere i 48 metri c) il tempo richiesto per raggiungere la velocitagrave di 9 ms d) la distanza tra il punto di partenza e quello il cui il treno ha raggiunto una velocitagrave di 9 ms ________________________________________________________________________________ Il treno si muove di moto uniformemente accelerato a) dallrsquoequazione

( )02

02 2 xxavv xx minus=minus

ricaviamo lrsquoaccelerazione

( )2

22

0

20x

2x sm51

482915

xx2vv

a =sdotminus

=minusminus

=

b) dallrsquoequazione atvv x0x +=

ricaviamo il tempo impiegato a percorrere i 48 m

s451

915avv

t 0xx =minusminus

minus=minus

=

c) dallrsquoequazione

atvv x0x +=

ricaviamo il tempo richiesto per raggiungere la velocitagrave di 9 ms

6s tt 1509 =rArrsdot+=

d) posto lrsquoorigine del nostro sistema di riferimento nel punto di partenza del treno la distanza cercata si ottiene dalla seguente equazione

( ) 2at21tx =

( ) m2765121at

21tx 22 =sdotsdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 10) Il macchinista di un treno che sta viaggiando con velocitagrave v1 vede a una distanza d sul suo stesso binario un altro treno che si sta muovendo nella sua stessa direzione con una velocitagrave piugrave bassa v2 Egli frena immediatamente e dagrave al suo treno una decelerazione costante -a Dimostrare che

se ( )a2vvd

221 minusgt non ci saragrave scontro

se ( )a2vvd

221 minuslt avverragrave uno scontro

________________________________________________________________________________ Le leggi orarie dei due treni sono

( )

( ) tvxtx

at21tvxtx

2022

21011

+=

minus+=

Scelgo un sistema di riferimento con lrsquoorigine nella posizione del primo treno cosiccheacute

x10 = 0 x20 = d

Le leggi orarie diventano quindi

( )

( ) tvdtx

at21tvtx

22

211

+=

minus=

Se si ha scontro deve esistere un istante di tempo tS tale che x1(tS)=x2(tS)

S22SS1 tvdat

21tv +=minus

( )

a212

ad21)vv(vv

t

0dt)vv(at21

22121

S212S

sdot

minusminusplusmnminus=

=+minusminus

Si hanno soluzioni reali (cioegrave crsquoegrave scontro) solo se lrsquoargomento della radice quadrata egrave maggiore di zero cioegrave

( ) ( ) ( )a2vvd ad2vv 0ad2vv

2212

212

21minus

ltrArrgtminusrArrgtminusminus

v1 v2

d

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-35 11) Il moto di un velocista durante una corsa puograve essere approssimato con unrsquoaccelerazione costante di modulo 37 ms2 Posto t = 0 in corrispondenza dellrsquoinizio della corsa si determini il tempo impiegato dal corridore a percorrere a) 5 m b) 10 m Soluzione

a = 37 ms2

x1 = 5 m x2 = 10 m a) t1 = b) t2 =

La legge oraria che descrive il moto del corridore egrave quella del moto uniformemente accelerato e cioegrave

200 2

1 attvxx ++=

che essendo in questo caso la posizione iniziale x0 = 0 e la velocitagrave iniziale nulla (v0 = 0) si riduce alla

2

21 atx =

da cui

axt 22 =

e quindi

axt 2

=

Applicandola nei due casi si ottiene

a) saxt 641

73522 1

1 congsdot

==

b) saxt 322

731022 2

2 congsdot

==

l

x1

x2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-37 12) Unrsquoautomobile si trova 18 m oltre lrsquoingresso di un ristorante e viaggia alla velocitagrave di 16 ms quando il guidatore schiaccia il freno La velocitagrave del veicolo diminuisce con unrsquoaccelerazione costante di modulo 23 ms2 Quanto tempo dopo lrsquoinizio della frenata lrsquoautomobile saragrave 65 m oltre lrsquoingresso Soluzione x0 = 18 m

v0 = 16 ms a = - 23 ms2

x = 65 m t =

Il moto dellrsquoautomobile egrave uniformemente decelerato e quindi la legge oraria egrave

200 2

1 attvxx ++=

dove x0 egrave lo spazio iniziale percorso dallrsquoautomobile x egrave lo spazio percorso nel tempo cercato v0 egrave la velocitagrave dellrsquoautomobile prima di iniziare la frenata ed a egrave la decelerazione (quindi di segno opposto alla velocitagrave) quindi

23221161865 tt sdotminussdot+=

da cui 115 t2 ndash 16 t +47 = 0

Δ = b2 ndash 4ac =(- 16)2 ndash 4 (115)(47) = 398

151283916

21 sdotplusmn

=t

e si ottengono t1 = 42 s

t2 = 97 s

la seconda soluzione egrave matematicamente possibile ma fisicamente non significativa Corrisponderebbe infatti al passaggio dellrsquoautomobile per il punto x = 65 m con velocitagrave uguale in modulo ma diretta in verso opposto

0 x x0

v0 v a

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 51 ndeg 3-1 13) Un velocista corre i 100 m piani in 10 s Si approssimi il moto ipotizzando unrsquoaccelerazione costante per gli altri 85 m Si determinino a) la sua velocitagrave b) il tempo impiegato per percorrere i primi 15 m c) il tempo necessario per percorrere gli altri 85 m d) il modulo dellrsquoaccelerazione per i primi 15 m Soluzione

AB = 100 m AC = 15 m CB = 85 m tAB = 10 s a) vC = b) tAC = c) tCB = d) a =

Il moto del velocista egrave uniformemente accelerato nel tratto AC e uniforme nel tratto CB Indichiamo con vC la velocitagrave raggiunta nel punto C velocitagrave che si mantiene costante lungo tutto il tratto CB Poicheacute il velocista parte da fermo tale velocitagrave egrave semplicemente

ACC tav = Il tempo impiegato a percorrere il tratto CB egrave semplicemente tCB=10s - tAC Le equazioni per il moto uniformemente accelerato nel tratto AC e il moto rettilineo uniforme nel tratto CB sono quindi

ACCACACAC tvtatta21

21

2115 2 ===

)10(85 ACC tv minus=

A C B

v

t

C B

A

v

tAC tCB

Sostituendo i valori numerici dati nella traccia si ottiene il seguente sistema di due equazioni in due incognite

)10(85 ACC tv minus=

ACC tv=30

ACCC tvv minussdot= 1085

ACC tv=30

301085 minussdot= Cv

ACC tv=30

Cvsdot= 10115

ACC tv=30

smvC 511=

stAC 62511

30cong=

Lrsquointervallo di tempo tCB egrave semplicemente

stt ACCB 4710 congminus= Il modulo dellrsquoaccelerazione si ricava dalla

ACavC 22 = cioegrave

22

442

smAC

va C =sdot

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 14) Unrsquoautomobile che si muove con accelerazione costante percorre una distanza di 50 m (tra i punti A e B) in 6 s La sua velocitagrave quando arriva in B egrave vB=15 ms a) qual egrave la sua accelerazione b) quale era la sua velocitagrave in A c) a che distanza da A era partita Soluzione Il moto egrave uniformemente accelerato Valgono quindi le relazioni

( ) ( ) )(221

0222

00 xxavvattvxtx atvtvo0 minus=minus++=+=

Scegliamo come istante iniziale t0 = 0 quello in cui lrsquoautomobile parte da xA con velocitagrave vA incognita La velocitagrave iniziale vA egrave legata alla velocitagrave finale vB (nota e pari a 15 ms) allrsquoaccelerazione a (incognita) e al tempo t (noto e pari a 6s) dallrsquoequazione

aatvv tavv BAAB 615 minus=minus=rarr+=

Lrsquoequazione che lega xB xA vA a e t egrave quindi 2

21 attvxx AAB ++=

In questa equazione non conosciamo neacute a neacute vA mentre sono noti xB - xA= 50m e il tempo t = 6s Se sostituiamo lrsquoespressione ricavata sopra per vA otteniamo unrsquoequazione nella sola incognita a

22

21)(

21 attatvattvxx BAAB +sdotminus=+=minus

3621

sdot+sdotsdot= a6 6)a-(15 50

a36a - 90 50 18+= 4018 =a

22 222920 smsma cong=

b) Ricaviamo adesso vA

smaatvv BA 671920615615 congsdotminus=minus=minus=

c) La distanza percorsa partendo da ferma (dal punto C indicato in figura) prima di arrivare in A puograve essere ottenuto alla relazione

)(222CACA xxavv minus=minus

ma

vxx ACA 630

2)(

2

cong=minus

A B

x xA xB

C

xC

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 15) Dimostrare che per angoli di tiro superiori o inferiori a 45deg della stessa quantitagrave Δθ le gittate sono uguali

La funzione che individua la gittata G (θ) in funzione dellrsquoangolo di tiro iniziale egrave

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

Applicando questa al caso in cui lrsquoangolo di tiro sia 45deg + Δθ e anche 45deg - Δθ si ricava

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δ+deg=Δ+deg=Δ+deg

gv

gv

G

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δminusdeg=Δminusdeg=Δminusdeg

gv

gv

G

Per le proprietagrave della funzione sin si ha che sin (90deg + 2Δθ) = sin (90deg - 2Δθ) = cos 2Δθ HOcircA = 90deg - 2Δθ HOcircB = 90deg + 2Δθ

Allora le due espressioni precedenti sono uguali cioegrave

G (45deg + Δθ) = G (45deg - Δθ)

x

45deg

Δθ

y

Δθ 45deg + Δθ

45deg - Δθ

2Δθ 2Δθ

O

B A

H

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 16) Calcolare lrsquoangolo di tiro a cui lrsquoaltezza massima raggiunta dal proiettile egrave uguale alla gittata

Soluzione

Lrsquoaltezza massima raggiunta egrave data dalla

gvy

2sin22

0max

θ=

mentre la gittata egrave data da

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

quindi la condizione che deve essere soddisfatta saragrave

gv

gv θθ 2sin

2sin 2

022

0 =

da cui semplificando si ottiene

θθθ cossin22

sin 2

=

sin2θ = 4 sinθ cosθ

sinθ = 4 cosθ

tgθ = 4

θ = arctg 4 cong 76deg

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 17) Un fucile con velocitagrave di bocca 500 ms spara un proiettile in un piccolo bersaglio distante 50 m A quale altezza al di sopra del bersaglio deve essere puntato il fucile per poter colpire il bersaglio Soluzione

l = 50 m v0 = 500 ms θ = 0deg y =

Il fucile si deve sollevare di unrsquoaltezza y uguale alla distanza verticale di cui cade il proiettile nel tempo che impiega a percorrere i 50 m cioegrave

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori

mtgy 0490)50(0cos)500(2

89050 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

La distanza di cui si deve sollevare la canna del fucile egrave quindi di circa 49 cm sopra il centro del bersaglio

v0 l

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 18) Un pallone di football lanciato su un campo piano percorre una distanza orizzontale di 17 m prima di toccare terra Il punto di lancio egrave a 15 m di altezza e lrsquoangolo di proiezione egrave di 16deg Qual egrave il modulo della velocitagrave iniziale della palla Gettys pag71 ndeg415 Soluzione

OA = 17 m y0 = 15 m θ = 16deg v0 =

Lrsquoequazione che rappresenta la traiettoria seguita dal pallone nella sua caduta egrave

222

00 cos2

xv

gxtgyyθ

θ minus+=

dove y0 egrave la quota iniziale a cui si trova il pallone θ egrave lrsquoangolo di inclinazione iniziale e v0 egrave il modulo della velocitagrave iniziale Il punto A di arrivo ha coordinate xA = 17 m e yA = 0 per cui diventa

222

00 cos2 AAA x

vgtgxyy

θθ minus+=

da cui si puograve ricavare v0

)(cos2 02

220 θθ tgxy

gxvA

A

+=

e sostituendo i rispettivi valori

222

220 46241

)3746(84122832

)161751)(16(cos2)17(89 sm

tgv =

sdot=

degsdot+degsdot

=

si ottiene

smsmv 51546241 220 ==

x O

θ v0

y

y0

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 19) La velocitagrave iniziale di una palla di cannone egrave 200 ms Se egrave sparata verso un bersaglio che ha una distanza orizzontale di 2 km dal cannone trovare a) i due angoli di tiro per cui il bersaglio verragrave colpito b) il tempo totale di volo per ciascuna delle due traiettorie trovate in a) (Si assuma g = 10 ms2) Serway Soluzione

l = 2 km = 2000 m v0 = 200 ms θ1 = θ2 =

a) Essendo la gittata G pari a

gv

Gθ2sin2

0=

imponendo in questo caso che essa sia pari proprio alla distanza in orizzontale l dal bersaglio si ottiene che

50)200(

2000102sin 220

=sdot

cong=vglθ

e quindi

2θ = arcsin (05) da cui

2θ1 = 30deg

2θ2 = 180deg ndash 30deg = 150deg

(questo perchegrave il sin assume lo stesso valore sia per θ che per il suo supplementare cioegrave per 180deg - θ)

l

θ1

θ2 v0

e quindi

θ1 = 15deg

θ2 = 75deg

b) Il tempo totale di volo per ognuna delle due traiettorie individuate dai due diversi angoli iniziali θ1 e θ2 si ricava dalla

θcos0vxt =

per cui sostituendo i rispettivi valori si ha

sv

xt 351015cos200

2000cos 10

1 congdegsdot

==θ

sv

xt 633875cos200

2000cos 20

2 congdegsdot

==θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 20) Un fucile egrave puntato orizzontalmente al centro di un largo bersaglio distante 150 m La velocitagrave iniziale della pallottola egrave 450 ms a) Dove la pallottola colpisce il bersaglio b) Per colpire il centro del bersaglio la canna deve essere ad un certo angolo al di sopra della linea di punta Trovare lrsquoangolo di elevazione della canna SERWAY Soluzione a) La situazione in questo caso egrave quella rappresentata in figura v0 egrave la velocitagrave iniziale della pallottola ed il fucile egrave diretto orizzontalmente quindi lrsquoangolo iniziale egrave θ = 0deg

l = 150 m v0 = 450 ms θ = 0deg y =

Per sapere in quale punto la pallottola colpisce il bersaglio (cioegrave la distanza y dal centro del bersaglio) si utilizza la formula che individua la traiettoria parabolica del proiettile Infatti

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori relativi a questa situazione (x = l = 150 v0 = 450 θ = 0deg) si ottiene

mtgy 540)150(0cos)450(2

890150 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

Quindi il proiettile colpisce il bersaglio circa 54 cm sotto il centro

v0 l

y

b) In questo caso pur essendo la velocitagrave iniziale sempre pari a v0 lrsquoangolo di inclinazione θ del fucile rispetto allrsquoorizzontale egrave diverso da zero

l = 150 m v0 = 450 ms θ =

Lrsquoangolo di inclinazione θ deve essere calcolato in modo tale che il proiettile colpisca il centro del bersaglio Questo significa che la gittata G deve essere pari proprio ad l per cui

lg

vG ==

θ2sin20

da cui

0070)450(

150892sin 220

=sdot

==vglθ

2θ = arcsin (0007) = 04deg

θ cong 02deg

(in linea di principio crsquoegrave anche la soluzione 2θ2 = 180deg - arcsin (0007) = 180deg - 04deg = 1796deg e cioegrave θ2 = 898deg )

v0

l

θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 5: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 3) Una particella A passa al tempo t=0 dallrsquoorigine con velocitagrave costante vAgt 0 unrsquoaltra particella T distante d0 da A si muove con velocitagrave costante vT lt vA A quale istante di tempo e in quale punto x e la particella A sorpassa la particella T

________________________________________________________________________________ Le particelle A e T si muovono di moto rettilineo uniforme Scegliendo lrsquoorigine del sistema di riferimento nel punto in cui si trova la particella A avremo x0A = 0 e x0T = d0 Le leggi orarie saranno quindi

tvtvx(t)x AA0AA =+= tvdtvx(t)x T0T0T +=+=T

Affincheacute la particella A possa sorpassare la particella T ci dovragrave essere un certo istante di tempo t per cui xA(t)= xT(t) Avremo quindi

( ) 0

TA

T0

A dtvv tvdtv =minusrArr+=

TA

0

vvdtminus

=

Sostituendo quindi questo valore in xA(t) otterremo il punto in cui la particella A sorpassa la particella T

0TA

AA d

vvvxminus

=

(Paradosso di Zenone A = Achille T = Tartaruga)

x x=0 A T

vA vT

d0

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 4) Avete frenato la vostra auto dalla velocitagrave di 85 kmh fino alla velocitagrave di 45 kmh su una distanza di 105 m a) Supponendo lrsquoaccelerazione costante durante tutta la frenata quanto egrave lrsquoaccelerazione della macchina b) In quanto tempo avviene la frenata c) Se continuate a frenare con la stessa accelerazione in quanto tempo la macchina si ferma d) Quanta strada percorre _____________________________________________________________________________ a) Consideriamo positiva la direzione della velocitagrave e scegliamo lrsquoorigine in modo che allrsquoinizio della frenata sia x0 = 0 Al tempo t = 0 la velocitagrave iniziale egrave v0 = 85 kmh = 236 ms mentre al tempo t (incognito) v = 45 kmh =125 ms e lo spostamento vale 105 m Dallrsquoequazione

( )020

2 2 xxavv minus=minus ricaviamo lrsquoaccelerazione

( )2

22

0

20

2

9111052

6235122

smxxvva minus=

sdotminus

=minusminus

=

b) Il tempo in cui avviene la frenata si ricava dallrsquoequazione

( ) s85911

623512av-v tat vtv 0

0 =minusminus

==rArr+=

c) Conoscendo lrsquoaccelerazione dobbiamo calcolare il tempo t necessario a passare dalla velocitagrave iniziale v0 = 85 kmh alla velocitagrave finale v = 0 in cui la macchina si ferma

s312911623

av-tatv0 0

0 congminus

minus==+=

d) La distanza totale percorsa egrave uguale a

( ) mxattv 146 21tx 2

0 =rArr+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 5) La velocitagrave di una particella in funzione del tempo egrave mostrata in figura A t=0 la particella egrave in x=0 a) Tracciare il grafico dellrsquoaccelerazione in funzione del tempo b) Determinare lrsquoaccelerazione media della particella nellrsquointervallo di tempo da t = 1s a t = 4s c) Determinare lrsquoaccelerazione istantanea della particella a t = 2s

a) Essendo il grafico della velocitagrave in funzione del tempo costituito da segmenti rettilinei per ciascuno di questi lrsquoaccelerazione istantanea coincide con quella media

23ms1

0301v(0)v(1)

ΔtΔva sec1t0 minus=

minusminus=

minusminus

==ltle

23ms

233

13v(1)v(3)

ΔtΔva 3sect1 =

+=

minusminus

==ltle

2ms0

133

3-4v(3)v(4)

ΔtΔva 4sect3 =

minus=

minus==ltle

v (ms)

123

-1-2

4321

-3

t (s)

a (ms2)

123

-1-2

4321

-3

t (s)

a

b) Lrsquoaccelerazione media nellrsquointervallo di tempo s4t1s lele egrave pari per definizione a

2ms23

331-4v(1)v(4)

ΔtΔva =

+=

minus==

c) Per quanto detto al punto a) essendo lrsquoistante t = 2s contenuto nel secondo intervallo lrsquoaccelerazione istantanea a(2) = 3ms2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 6) Una particella si muove lungo lrsquoasse x con una accelerazione che egrave proporzionale al tempo secondo lrsquoespressione a = 30t dove a egrave in ms2 Inizialmente la particella egrave in quiete nellrsquoorigine Trovare a) la velocitagrave istantanea b) la posizione istantanea in funzione del tempo a) Dai dati del problema sappiamo che allrsquoistante t = 0 x = 0 e v = 0 Dalla definizione di accelerazione istantanea

30tdtdv 30t dtdva =rArr==

A questo punto la velocitagrave istantanea si ottiene integrando lrsquoultima espressione

int += Ctdt30)t(v

dove C egrave una costante di integrazione Eseguendo lrsquointegrale definito si ha

C2t30)t(v

2

+= (1)

Imponendo la condizione iniziale v(0) = 0 nella (1) si vede che C = 0 e quindi

v(t) = 15t2

b) Procedendo in modo analogo ricordiamo la definizione cinematica di velocitagrave istantanea

dtt15dx t15dtdxv 22 =rArr==

Integrando questrsquoultima espressione si ottiene

int += Adtt15)t(x 2

dove A egrave una costante di integrazione Eseguendo lrsquointegrale definito

A3t15)t(x

3

+= (2)

Imponendo la condizione iniziale x(0) = 0 nella (2) si vede che A = 0 e quindi

x(t) = 5t3

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 7) Allrsquoistante in cui il semaforo diventa verde unrsquoautomobile parte con unrsquoaccelerazione costante a = 18 ms2 Nello stesso istante un camion muovendosi con una velocitagrave costante vC = 9 ms raggiunge e sorpassa lrsquoautomobile a) a quanti metri dal punto di partenza lrsquoautomobile sorpasseragrave il camion b) a che velocitagrave staragrave viaggiando in quellrsquoistante (egrave utile tracciare un grafico qualitativo di x in funzione di t per ciascun veicolo) Lrsquoautomobile ferma nellrsquoorigine allrsquoistante t=0 fa un moto uniformemente accelerato rappresentato dallrsquoequazione

( ) 222 908121

21 ttattxA ===

Il grafico di x in funzione di t egrave una parabola con il vertice nellrsquoorigine Il moto del camion egrave invece rettilineo uniforme rappresentato dallrsquoequazione

( ) ttvtx CC 9==

ed il suo grafico egrave una retta passante per lrsquoorigine degli assi

a) Nellrsquoistante in cui lrsquoautomobile sorpassa il camion i due valori della x devono coincidere

tvat C=2

21

021 2 =minus tvat C

Questa equazione algebrica di secondo grado spuria ha due radici

sa

2vt 0t C21 10

8192=

sdot===

100

x(m)

t(s) 10

La prima corrisponde allrsquoistante in cui il camion sorpassa lrsquoautomobile al semaforo la seconda egrave la soluzione cercata Lrsquoautomobile sorpasseragrave il camion nella posizione

mattxA 90108121

21)( 22

22 =sdotsdot==

Ovviamente allrsquoistante t2 la posizione del camion egrave la stessa dellrsquoautomobile

( ) mtvtx CC 9010922 =sdot==

b) la velocitagrave dellrsquoautomobile egrave espressa dalla formula

( ) tattvA 81==

allrsquoistante t2 essa ha il valore

( ) smattvA 18108122 =sdot== doppio del valore della velocitagrave del camion

acqua

y(m)1 2

44

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 8) Una pietra egrave lasciata cadere in acqua da un ponte alto 44m sullrsquoacqua Unrsquoaltra pietra egrave gettata verticalmente dopo un secondo dalla partenza della prima Le pietre colpiscono lrsquoacqua allo stesso istante a) Qual egrave la velocitagrave iniziale della seconda pietra b) Portare in un grafico lo spazio in funzione del tempo per le due pietre ponendo t = 0 nellrsquoistante in cui la prima pietra egrave abbandonata

Scegliamo come sistema di riferimento lrsquoasse y rivolto verso lrsquoalto con lrsquoorigine posto al confine acquaponte I dati del problema sono v01= 0 y0= 44m tR= 1s Lrsquoequazione del moto per la caduta libera egrave

( ) 200 gt

21tvyty minus+=

per quanto riguarda la prima pietra lrsquoequazione del moto diventa

( ) 201 gt

21yty minus=

per la seconda pietra che parte in ritardo di 1 s rispetto la prima la legge oraria egrave

( ) ( ) ( )2RR2002 ttg21ttvyty minusminusminus+=

La prima pietra colpisce lrsquoacqua allrsquoistante tA per il quale deve verificarsi che y1(tA) = 0 Possiamo ricavare quindi tA

s389502

gy2tgt

21y0 0

A2A0 cong

sdot==rArrminus=

a) Per calcolare la velocitagrave iniziale della seconda pietra possiamo sfruttare la condizione data dal problema le pietre colpiscono lrsquoacqua allo stesso istante Quindi deve valere y2(tA) = 0 Da questa condizione possiamo ricavare v02

( ) ( )2RARA200 ttg21ttvy0 minusminusminus+=

( ) ( )( )( )

( )( ) m

tt

yttgv yttgttv

RA

RA

RARA 31219972

44199728921

21

21

20

2

2002

20 minuscongminus

minusminussdot=

minus

minusminus=rArrminusminus=minus

1 2 3

44

t(s)

y(m) b) Notiamo che allrsquoistante tR = 1s in cui parte la seconda pietra la prima pietra ha velocitagrave

v1 = -gt = -98ms Inoltre allrsquoistante tA cong 3s avremo che v1(tA) = -294 ms v2(tA) = -123-98sdot(3-1)=-319ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 9) Un treno partito da fermo si muove con accelerazione costante A un certo istante viaggia a 9 ms e dopo 48 metri viaggia a 15 ms Calcolare a) lrsquoaccelerazione b) il tempo che impiega a percorrere i 48 metri c) il tempo richiesto per raggiungere la velocitagrave di 9 ms d) la distanza tra il punto di partenza e quello il cui il treno ha raggiunto una velocitagrave di 9 ms ________________________________________________________________________________ Il treno si muove di moto uniformemente accelerato a) dallrsquoequazione

( )02

02 2 xxavv xx minus=minus

ricaviamo lrsquoaccelerazione

( )2

22

0

20x

2x sm51

482915

xx2vv

a =sdotminus

=minusminus

=

b) dallrsquoequazione atvv x0x +=

ricaviamo il tempo impiegato a percorrere i 48 m

s451

915avv

t 0xx =minusminus

minus=minus

=

c) dallrsquoequazione

atvv x0x +=

ricaviamo il tempo richiesto per raggiungere la velocitagrave di 9 ms

6s tt 1509 =rArrsdot+=

d) posto lrsquoorigine del nostro sistema di riferimento nel punto di partenza del treno la distanza cercata si ottiene dalla seguente equazione

( ) 2at21tx =

( ) m2765121at

21tx 22 =sdotsdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 10) Il macchinista di un treno che sta viaggiando con velocitagrave v1 vede a una distanza d sul suo stesso binario un altro treno che si sta muovendo nella sua stessa direzione con una velocitagrave piugrave bassa v2 Egli frena immediatamente e dagrave al suo treno una decelerazione costante -a Dimostrare che

se ( )a2vvd

221 minusgt non ci saragrave scontro

se ( )a2vvd

221 minuslt avverragrave uno scontro

________________________________________________________________________________ Le leggi orarie dei due treni sono

( )

( ) tvxtx

at21tvxtx

2022

21011

+=

minus+=

Scelgo un sistema di riferimento con lrsquoorigine nella posizione del primo treno cosiccheacute

x10 = 0 x20 = d

Le leggi orarie diventano quindi

( )

( ) tvdtx

at21tvtx

22

211

+=

minus=

Se si ha scontro deve esistere un istante di tempo tS tale che x1(tS)=x2(tS)

S22SS1 tvdat

21tv +=minus

( )

a212

ad21)vv(vv

t

0dt)vv(at21

22121

S212S

sdot

minusminusplusmnminus=

=+minusminus

Si hanno soluzioni reali (cioegrave crsquoegrave scontro) solo se lrsquoargomento della radice quadrata egrave maggiore di zero cioegrave

( ) ( ) ( )a2vvd ad2vv 0ad2vv

2212

212

21minus

ltrArrgtminusrArrgtminusminus

v1 v2

d

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-35 11) Il moto di un velocista durante una corsa puograve essere approssimato con unrsquoaccelerazione costante di modulo 37 ms2 Posto t = 0 in corrispondenza dellrsquoinizio della corsa si determini il tempo impiegato dal corridore a percorrere a) 5 m b) 10 m Soluzione

a = 37 ms2

x1 = 5 m x2 = 10 m a) t1 = b) t2 =

La legge oraria che descrive il moto del corridore egrave quella del moto uniformemente accelerato e cioegrave

200 2

1 attvxx ++=

che essendo in questo caso la posizione iniziale x0 = 0 e la velocitagrave iniziale nulla (v0 = 0) si riduce alla

2

21 atx =

da cui

axt 22 =

e quindi

axt 2

=

Applicandola nei due casi si ottiene

a) saxt 641

73522 1

1 congsdot

==

b) saxt 322

731022 2

2 congsdot

==

l

x1

x2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-37 12) Unrsquoautomobile si trova 18 m oltre lrsquoingresso di un ristorante e viaggia alla velocitagrave di 16 ms quando il guidatore schiaccia il freno La velocitagrave del veicolo diminuisce con unrsquoaccelerazione costante di modulo 23 ms2 Quanto tempo dopo lrsquoinizio della frenata lrsquoautomobile saragrave 65 m oltre lrsquoingresso Soluzione x0 = 18 m

v0 = 16 ms a = - 23 ms2

x = 65 m t =

Il moto dellrsquoautomobile egrave uniformemente decelerato e quindi la legge oraria egrave

200 2

1 attvxx ++=

dove x0 egrave lo spazio iniziale percorso dallrsquoautomobile x egrave lo spazio percorso nel tempo cercato v0 egrave la velocitagrave dellrsquoautomobile prima di iniziare la frenata ed a egrave la decelerazione (quindi di segno opposto alla velocitagrave) quindi

23221161865 tt sdotminussdot+=

da cui 115 t2 ndash 16 t +47 = 0

Δ = b2 ndash 4ac =(- 16)2 ndash 4 (115)(47) = 398

151283916

21 sdotplusmn

=t

e si ottengono t1 = 42 s

t2 = 97 s

la seconda soluzione egrave matematicamente possibile ma fisicamente non significativa Corrisponderebbe infatti al passaggio dellrsquoautomobile per il punto x = 65 m con velocitagrave uguale in modulo ma diretta in verso opposto

0 x x0

v0 v a

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 51 ndeg 3-1 13) Un velocista corre i 100 m piani in 10 s Si approssimi il moto ipotizzando unrsquoaccelerazione costante per gli altri 85 m Si determinino a) la sua velocitagrave b) il tempo impiegato per percorrere i primi 15 m c) il tempo necessario per percorrere gli altri 85 m d) il modulo dellrsquoaccelerazione per i primi 15 m Soluzione

AB = 100 m AC = 15 m CB = 85 m tAB = 10 s a) vC = b) tAC = c) tCB = d) a =

Il moto del velocista egrave uniformemente accelerato nel tratto AC e uniforme nel tratto CB Indichiamo con vC la velocitagrave raggiunta nel punto C velocitagrave che si mantiene costante lungo tutto il tratto CB Poicheacute il velocista parte da fermo tale velocitagrave egrave semplicemente

ACC tav = Il tempo impiegato a percorrere il tratto CB egrave semplicemente tCB=10s - tAC Le equazioni per il moto uniformemente accelerato nel tratto AC e il moto rettilineo uniforme nel tratto CB sono quindi

ACCACACAC tvtatta21

21

2115 2 ===

)10(85 ACC tv minus=

A C B

v

t

C B

A

v

tAC tCB

Sostituendo i valori numerici dati nella traccia si ottiene il seguente sistema di due equazioni in due incognite

)10(85 ACC tv minus=

ACC tv=30

ACCC tvv minussdot= 1085

ACC tv=30

301085 minussdot= Cv

ACC tv=30

Cvsdot= 10115

ACC tv=30

smvC 511=

stAC 62511

30cong=

Lrsquointervallo di tempo tCB egrave semplicemente

stt ACCB 4710 congminus= Il modulo dellrsquoaccelerazione si ricava dalla

ACavC 22 = cioegrave

22

442

smAC

va C =sdot

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 14) Unrsquoautomobile che si muove con accelerazione costante percorre una distanza di 50 m (tra i punti A e B) in 6 s La sua velocitagrave quando arriva in B egrave vB=15 ms a) qual egrave la sua accelerazione b) quale era la sua velocitagrave in A c) a che distanza da A era partita Soluzione Il moto egrave uniformemente accelerato Valgono quindi le relazioni

( ) ( ) )(221

0222

00 xxavvattvxtx atvtvo0 minus=minus++=+=

Scegliamo come istante iniziale t0 = 0 quello in cui lrsquoautomobile parte da xA con velocitagrave vA incognita La velocitagrave iniziale vA egrave legata alla velocitagrave finale vB (nota e pari a 15 ms) allrsquoaccelerazione a (incognita) e al tempo t (noto e pari a 6s) dallrsquoequazione

aatvv tavv BAAB 615 minus=minus=rarr+=

Lrsquoequazione che lega xB xA vA a e t egrave quindi 2

21 attvxx AAB ++=

In questa equazione non conosciamo neacute a neacute vA mentre sono noti xB - xA= 50m e il tempo t = 6s Se sostituiamo lrsquoespressione ricavata sopra per vA otteniamo unrsquoequazione nella sola incognita a

22

21)(

21 attatvattvxx BAAB +sdotminus=+=minus

3621

sdot+sdotsdot= a6 6)a-(15 50

a36a - 90 50 18+= 4018 =a

22 222920 smsma cong=

b) Ricaviamo adesso vA

smaatvv BA 671920615615 congsdotminus=minus=minus=

c) La distanza percorsa partendo da ferma (dal punto C indicato in figura) prima di arrivare in A puograve essere ottenuto alla relazione

)(222CACA xxavv minus=minus

ma

vxx ACA 630

2)(

2

cong=minus

A B

x xA xB

C

xC

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 15) Dimostrare che per angoli di tiro superiori o inferiori a 45deg della stessa quantitagrave Δθ le gittate sono uguali

La funzione che individua la gittata G (θ) in funzione dellrsquoangolo di tiro iniziale egrave

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

Applicando questa al caso in cui lrsquoangolo di tiro sia 45deg + Δθ e anche 45deg - Δθ si ricava

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δ+deg=Δ+deg=Δ+deg

gv

gv

G

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δminusdeg=Δminusdeg=Δminusdeg

gv

gv

G

Per le proprietagrave della funzione sin si ha che sin (90deg + 2Δθ) = sin (90deg - 2Δθ) = cos 2Δθ HOcircA = 90deg - 2Δθ HOcircB = 90deg + 2Δθ

Allora le due espressioni precedenti sono uguali cioegrave

G (45deg + Δθ) = G (45deg - Δθ)

x

45deg

Δθ

y

Δθ 45deg + Δθ

45deg - Δθ

2Δθ 2Δθ

O

B A

H

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 16) Calcolare lrsquoangolo di tiro a cui lrsquoaltezza massima raggiunta dal proiettile egrave uguale alla gittata

Soluzione

Lrsquoaltezza massima raggiunta egrave data dalla

gvy

2sin22

0max

θ=

mentre la gittata egrave data da

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

quindi la condizione che deve essere soddisfatta saragrave

gv

gv θθ 2sin

2sin 2

022

0 =

da cui semplificando si ottiene

θθθ cossin22

sin 2

=

sin2θ = 4 sinθ cosθ

sinθ = 4 cosθ

tgθ = 4

θ = arctg 4 cong 76deg

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 17) Un fucile con velocitagrave di bocca 500 ms spara un proiettile in un piccolo bersaglio distante 50 m A quale altezza al di sopra del bersaglio deve essere puntato il fucile per poter colpire il bersaglio Soluzione

l = 50 m v0 = 500 ms θ = 0deg y =

Il fucile si deve sollevare di unrsquoaltezza y uguale alla distanza verticale di cui cade il proiettile nel tempo che impiega a percorrere i 50 m cioegrave

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori

mtgy 0490)50(0cos)500(2

89050 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

La distanza di cui si deve sollevare la canna del fucile egrave quindi di circa 49 cm sopra il centro del bersaglio

v0 l

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 18) Un pallone di football lanciato su un campo piano percorre una distanza orizzontale di 17 m prima di toccare terra Il punto di lancio egrave a 15 m di altezza e lrsquoangolo di proiezione egrave di 16deg Qual egrave il modulo della velocitagrave iniziale della palla Gettys pag71 ndeg415 Soluzione

OA = 17 m y0 = 15 m θ = 16deg v0 =

Lrsquoequazione che rappresenta la traiettoria seguita dal pallone nella sua caduta egrave

222

00 cos2

xv

gxtgyyθ

θ minus+=

dove y0 egrave la quota iniziale a cui si trova il pallone θ egrave lrsquoangolo di inclinazione iniziale e v0 egrave il modulo della velocitagrave iniziale Il punto A di arrivo ha coordinate xA = 17 m e yA = 0 per cui diventa

222

00 cos2 AAA x

vgtgxyy

θθ minus+=

da cui si puograve ricavare v0

)(cos2 02

220 θθ tgxy

gxvA

A

+=

e sostituendo i rispettivi valori

222

220 46241

)3746(84122832

)161751)(16(cos2)17(89 sm

tgv =

sdot=

degsdot+degsdot

=

si ottiene

smsmv 51546241 220 ==

x O

θ v0

y

y0

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 19) La velocitagrave iniziale di una palla di cannone egrave 200 ms Se egrave sparata verso un bersaglio che ha una distanza orizzontale di 2 km dal cannone trovare a) i due angoli di tiro per cui il bersaglio verragrave colpito b) il tempo totale di volo per ciascuna delle due traiettorie trovate in a) (Si assuma g = 10 ms2) Serway Soluzione

l = 2 km = 2000 m v0 = 200 ms θ1 = θ2 =

a) Essendo la gittata G pari a

gv

Gθ2sin2

0=

imponendo in questo caso che essa sia pari proprio alla distanza in orizzontale l dal bersaglio si ottiene che

50)200(

2000102sin 220

=sdot

cong=vglθ

e quindi

2θ = arcsin (05) da cui

2θ1 = 30deg

2θ2 = 180deg ndash 30deg = 150deg

(questo perchegrave il sin assume lo stesso valore sia per θ che per il suo supplementare cioegrave per 180deg - θ)

l

θ1

θ2 v0

e quindi

θ1 = 15deg

θ2 = 75deg

b) Il tempo totale di volo per ognuna delle due traiettorie individuate dai due diversi angoli iniziali θ1 e θ2 si ricava dalla

θcos0vxt =

per cui sostituendo i rispettivi valori si ha

sv

xt 351015cos200

2000cos 10

1 congdegsdot

==θ

sv

xt 633875cos200

2000cos 20

2 congdegsdot

==θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 20) Un fucile egrave puntato orizzontalmente al centro di un largo bersaglio distante 150 m La velocitagrave iniziale della pallottola egrave 450 ms a) Dove la pallottola colpisce il bersaglio b) Per colpire il centro del bersaglio la canna deve essere ad un certo angolo al di sopra della linea di punta Trovare lrsquoangolo di elevazione della canna SERWAY Soluzione a) La situazione in questo caso egrave quella rappresentata in figura v0 egrave la velocitagrave iniziale della pallottola ed il fucile egrave diretto orizzontalmente quindi lrsquoangolo iniziale egrave θ = 0deg

l = 150 m v0 = 450 ms θ = 0deg y =

Per sapere in quale punto la pallottola colpisce il bersaglio (cioegrave la distanza y dal centro del bersaglio) si utilizza la formula che individua la traiettoria parabolica del proiettile Infatti

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori relativi a questa situazione (x = l = 150 v0 = 450 θ = 0deg) si ottiene

mtgy 540)150(0cos)450(2

890150 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

Quindi il proiettile colpisce il bersaglio circa 54 cm sotto il centro

v0 l

y

b) In questo caso pur essendo la velocitagrave iniziale sempre pari a v0 lrsquoangolo di inclinazione θ del fucile rispetto allrsquoorizzontale egrave diverso da zero

l = 150 m v0 = 450 ms θ =

Lrsquoangolo di inclinazione θ deve essere calcolato in modo tale che il proiettile colpisca il centro del bersaglio Questo significa che la gittata G deve essere pari proprio ad l per cui

lg

vG ==

θ2sin20

da cui

0070)450(

150892sin 220

=sdot

==vglθ

2θ = arcsin (0007) = 04deg

θ cong 02deg

(in linea di principio crsquoegrave anche la soluzione 2θ2 = 180deg - arcsin (0007) = 180deg - 04deg = 1796deg e cioegrave θ2 = 898deg )

v0

l

θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 6: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 4) Avete frenato la vostra auto dalla velocitagrave di 85 kmh fino alla velocitagrave di 45 kmh su una distanza di 105 m a) Supponendo lrsquoaccelerazione costante durante tutta la frenata quanto egrave lrsquoaccelerazione della macchina b) In quanto tempo avviene la frenata c) Se continuate a frenare con la stessa accelerazione in quanto tempo la macchina si ferma d) Quanta strada percorre _____________________________________________________________________________ a) Consideriamo positiva la direzione della velocitagrave e scegliamo lrsquoorigine in modo che allrsquoinizio della frenata sia x0 = 0 Al tempo t = 0 la velocitagrave iniziale egrave v0 = 85 kmh = 236 ms mentre al tempo t (incognito) v = 45 kmh =125 ms e lo spostamento vale 105 m Dallrsquoequazione

( )020

2 2 xxavv minus=minus ricaviamo lrsquoaccelerazione

( )2

22

0

20

2

9111052

6235122

smxxvva minus=

sdotminus

=minusminus

=

b) Il tempo in cui avviene la frenata si ricava dallrsquoequazione

( ) s85911

623512av-v tat vtv 0

0 =minusminus

==rArr+=

c) Conoscendo lrsquoaccelerazione dobbiamo calcolare il tempo t necessario a passare dalla velocitagrave iniziale v0 = 85 kmh alla velocitagrave finale v = 0 in cui la macchina si ferma

s312911623

av-tatv0 0

0 congminus

minus==+=

d) La distanza totale percorsa egrave uguale a

( ) mxattv 146 21tx 2

0 =rArr+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 5) La velocitagrave di una particella in funzione del tempo egrave mostrata in figura A t=0 la particella egrave in x=0 a) Tracciare il grafico dellrsquoaccelerazione in funzione del tempo b) Determinare lrsquoaccelerazione media della particella nellrsquointervallo di tempo da t = 1s a t = 4s c) Determinare lrsquoaccelerazione istantanea della particella a t = 2s

a) Essendo il grafico della velocitagrave in funzione del tempo costituito da segmenti rettilinei per ciascuno di questi lrsquoaccelerazione istantanea coincide con quella media

23ms1

0301v(0)v(1)

ΔtΔva sec1t0 minus=

minusminus=

minusminus

==ltle

23ms

233

13v(1)v(3)

ΔtΔva 3sect1 =

+=

minusminus

==ltle

2ms0

133

3-4v(3)v(4)

ΔtΔva 4sect3 =

minus=

minus==ltle

v (ms)

123

-1-2

4321

-3

t (s)

a (ms2)

123

-1-2

4321

-3

t (s)

a

b) Lrsquoaccelerazione media nellrsquointervallo di tempo s4t1s lele egrave pari per definizione a

2ms23

331-4v(1)v(4)

ΔtΔva =

+=

minus==

c) Per quanto detto al punto a) essendo lrsquoistante t = 2s contenuto nel secondo intervallo lrsquoaccelerazione istantanea a(2) = 3ms2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 6) Una particella si muove lungo lrsquoasse x con una accelerazione che egrave proporzionale al tempo secondo lrsquoespressione a = 30t dove a egrave in ms2 Inizialmente la particella egrave in quiete nellrsquoorigine Trovare a) la velocitagrave istantanea b) la posizione istantanea in funzione del tempo a) Dai dati del problema sappiamo che allrsquoistante t = 0 x = 0 e v = 0 Dalla definizione di accelerazione istantanea

30tdtdv 30t dtdva =rArr==

A questo punto la velocitagrave istantanea si ottiene integrando lrsquoultima espressione

int += Ctdt30)t(v

dove C egrave una costante di integrazione Eseguendo lrsquointegrale definito si ha

C2t30)t(v

2

+= (1)

Imponendo la condizione iniziale v(0) = 0 nella (1) si vede che C = 0 e quindi

v(t) = 15t2

b) Procedendo in modo analogo ricordiamo la definizione cinematica di velocitagrave istantanea

dtt15dx t15dtdxv 22 =rArr==

Integrando questrsquoultima espressione si ottiene

int += Adtt15)t(x 2

dove A egrave una costante di integrazione Eseguendo lrsquointegrale definito

A3t15)t(x

3

+= (2)

Imponendo la condizione iniziale x(0) = 0 nella (2) si vede che A = 0 e quindi

x(t) = 5t3

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 7) Allrsquoistante in cui il semaforo diventa verde unrsquoautomobile parte con unrsquoaccelerazione costante a = 18 ms2 Nello stesso istante un camion muovendosi con una velocitagrave costante vC = 9 ms raggiunge e sorpassa lrsquoautomobile a) a quanti metri dal punto di partenza lrsquoautomobile sorpasseragrave il camion b) a che velocitagrave staragrave viaggiando in quellrsquoistante (egrave utile tracciare un grafico qualitativo di x in funzione di t per ciascun veicolo) Lrsquoautomobile ferma nellrsquoorigine allrsquoistante t=0 fa un moto uniformemente accelerato rappresentato dallrsquoequazione

( ) 222 908121

21 ttattxA ===

Il grafico di x in funzione di t egrave una parabola con il vertice nellrsquoorigine Il moto del camion egrave invece rettilineo uniforme rappresentato dallrsquoequazione

( ) ttvtx CC 9==

ed il suo grafico egrave una retta passante per lrsquoorigine degli assi

a) Nellrsquoistante in cui lrsquoautomobile sorpassa il camion i due valori della x devono coincidere

tvat C=2

21

021 2 =minus tvat C

Questa equazione algebrica di secondo grado spuria ha due radici

sa

2vt 0t C21 10

8192=

sdot===

100

x(m)

t(s) 10

La prima corrisponde allrsquoistante in cui il camion sorpassa lrsquoautomobile al semaforo la seconda egrave la soluzione cercata Lrsquoautomobile sorpasseragrave il camion nella posizione

mattxA 90108121

21)( 22

22 =sdotsdot==

Ovviamente allrsquoistante t2 la posizione del camion egrave la stessa dellrsquoautomobile

( ) mtvtx CC 9010922 =sdot==

b) la velocitagrave dellrsquoautomobile egrave espressa dalla formula

( ) tattvA 81==

allrsquoistante t2 essa ha il valore

( ) smattvA 18108122 =sdot== doppio del valore della velocitagrave del camion

acqua

y(m)1 2

44

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 8) Una pietra egrave lasciata cadere in acqua da un ponte alto 44m sullrsquoacqua Unrsquoaltra pietra egrave gettata verticalmente dopo un secondo dalla partenza della prima Le pietre colpiscono lrsquoacqua allo stesso istante a) Qual egrave la velocitagrave iniziale della seconda pietra b) Portare in un grafico lo spazio in funzione del tempo per le due pietre ponendo t = 0 nellrsquoistante in cui la prima pietra egrave abbandonata

Scegliamo come sistema di riferimento lrsquoasse y rivolto verso lrsquoalto con lrsquoorigine posto al confine acquaponte I dati del problema sono v01= 0 y0= 44m tR= 1s Lrsquoequazione del moto per la caduta libera egrave

( ) 200 gt

21tvyty minus+=

per quanto riguarda la prima pietra lrsquoequazione del moto diventa

( ) 201 gt

21yty minus=

per la seconda pietra che parte in ritardo di 1 s rispetto la prima la legge oraria egrave

( ) ( ) ( )2RR2002 ttg21ttvyty minusminusminus+=

La prima pietra colpisce lrsquoacqua allrsquoistante tA per il quale deve verificarsi che y1(tA) = 0 Possiamo ricavare quindi tA

s389502

gy2tgt

21y0 0

A2A0 cong

sdot==rArrminus=

a) Per calcolare la velocitagrave iniziale della seconda pietra possiamo sfruttare la condizione data dal problema le pietre colpiscono lrsquoacqua allo stesso istante Quindi deve valere y2(tA) = 0 Da questa condizione possiamo ricavare v02

( ) ( )2RARA200 ttg21ttvy0 minusminusminus+=

( ) ( )( )( )

( )( ) m

tt

yttgv yttgttv

RA

RA

RARA 31219972

44199728921

21

21

20

2

2002

20 minuscongminus

minusminussdot=

minus

minusminus=rArrminusminus=minus

1 2 3

44

t(s)

y(m) b) Notiamo che allrsquoistante tR = 1s in cui parte la seconda pietra la prima pietra ha velocitagrave

v1 = -gt = -98ms Inoltre allrsquoistante tA cong 3s avremo che v1(tA) = -294 ms v2(tA) = -123-98sdot(3-1)=-319ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 9) Un treno partito da fermo si muove con accelerazione costante A un certo istante viaggia a 9 ms e dopo 48 metri viaggia a 15 ms Calcolare a) lrsquoaccelerazione b) il tempo che impiega a percorrere i 48 metri c) il tempo richiesto per raggiungere la velocitagrave di 9 ms d) la distanza tra il punto di partenza e quello il cui il treno ha raggiunto una velocitagrave di 9 ms ________________________________________________________________________________ Il treno si muove di moto uniformemente accelerato a) dallrsquoequazione

( )02

02 2 xxavv xx minus=minus

ricaviamo lrsquoaccelerazione

( )2

22

0

20x

2x sm51

482915

xx2vv

a =sdotminus

=minusminus

=

b) dallrsquoequazione atvv x0x +=

ricaviamo il tempo impiegato a percorrere i 48 m

s451

915avv

t 0xx =minusminus

minus=minus

=

c) dallrsquoequazione

atvv x0x +=

ricaviamo il tempo richiesto per raggiungere la velocitagrave di 9 ms

6s tt 1509 =rArrsdot+=

d) posto lrsquoorigine del nostro sistema di riferimento nel punto di partenza del treno la distanza cercata si ottiene dalla seguente equazione

( ) 2at21tx =

( ) m2765121at

21tx 22 =sdotsdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 10) Il macchinista di un treno che sta viaggiando con velocitagrave v1 vede a una distanza d sul suo stesso binario un altro treno che si sta muovendo nella sua stessa direzione con una velocitagrave piugrave bassa v2 Egli frena immediatamente e dagrave al suo treno una decelerazione costante -a Dimostrare che

se ( )a2vvd

221 minusgt non ci saragrave scontro

se ( )a2vvd

221 minuslt avverragrave uno scontro

________________________________________________________________________________ Le leggi orarie dei due treni sono

( )

( ) tvxtx

at21tvxtx

2022

21011

+=

minus+=

Scelgo un sistema di riferimento con lrsquoorigine nella posizione del primo treno cosiccheacute

x10 = 0 x20 = d

Le leggi orarie diventano quindi

( )

( ) tvdtx

at21tvtx

22

211

+=

minus=

Se si ha scontro deve esistere un istante di tempo tS tale che x1(tS)=x2(tS)

S22SS1 tvdat

21tv +=minus

( )

a212

ad21)vv(vv

t

0dt)vv(at21

22121

S212S

sdot

minusminusplusmnminus=

=+minusminus

Si hanno soluzioni reali (cioegrave crsquoegrave scontro) solo se lrsquoargomento della radice quadrata egrave maggiore di zero cioegrave

( ) ( ) ( )a2vvd ad2vv 0ad2vv

2212

212

21minus

ltrArrgtminusrArrgtminusminus

v1 v2

d

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-35 11) Il moto di un velocista durante una corsa puograve essere approssimato con unrsquoaccelerazione costante di modulo 37 ms2 Posto t = 0 in corrispondenza dellrsquoinizio della corsa si determini il tempo impiegato dal corridore a percorrere a) 5 m b) 10 m Soluzione

a = 37 ms2

x1 = 5 m x2 = 10 m a) t1 = b) t2 =

La legge oraria che descrive il moto del corridore egrave quella del moto uniformemente accelerato e cioegrave

200 2

1 attvxx ++=

che essendo in questo caso la posizione iniziale x0 = 0 e la velocitagrave iniziale nulla (v0 = 0) si riduce alla

2

21 atx =

da cui

axt 22 =

e quindi

axt 2

=

Applicandola nei due casi si ottiene

a) saxt 641

73522 1

1 congsdot

==

b) saxt 322

731022 2

2 congsdot

==

l

x1

x2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-37 12) Unrsquoautomobile si trova 18 m oltre lrsquoingresso di un ristorante e viaggia alla velocitagrave di 16 ms quando il guidatore schiaccia il freno La velocitagrave del veicolo diminuisce con unrsquoaccelerazione costante di modulo 23 ms2 Quanto tempo dopo lrsquoinizio della frenata lrsquoautomobile saragrave 65 m oltre lrsquoingresso Soluzione x0 = 18 m

v0 = 16 ms a = - 23 ms2

x = 65 m t =

Il moto dellrsquoautomobile egrave uniformemente decelerato e quindi la legge oraria egrave

200 2

1 attvxx ++=

dove x0 egrave lo spazio iniziale percorso dallrsquoautomobile x egrave lo spazio percorso nel tempo cercato v0 egrave la velocitagrave dellrsquoautomobile prima di iniziare la frenata ed a egrave la decelerazione (quindi di segno opposto alla velocitagrave) quindi

23221161865 tt sdotminussdot+=

da cui 115 t2 ndash 16 t +47 = 0

Δ = b2 ndash 4ac =(- 16)2 ndash 4 (115)(47) = 398

151283916

21 sdotplusmn

=t

e si ottengono t1 = 42 s

t2 = 97 s

la seconda soluzione egrave matematicamente possibile ma fisicamente non significativa Corrisponderebbe infatti al passaggio dellrsquoautomobile per il punto x = 65 m con velocitagrave uguale in modulo ma diretta in verso opposto

0 x x0

v0 v a

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 51 ndeg 3-1 13) Un velocista corre i 100 m piani in 10 s Si approssimi il moto ipotizzando unrsquoaccelerazione costante per gli altri 85 m Si determinino a) la sua velocitagrave b) il tempo impiegato per percorrere i primi 15 m c) il tempo necessario per percorrere gli altri 85 m d) il modulo dellrsquoaccelerazione per i primi 15 m Soluzione

AB = 100 m AC = 15 m CB = 85 m tAB = 10 s a) vC = b) tAC = c) tCB = d) a =

Il moto del velocista egrave uniformemente accelerato nel tratto AC e uniforme nel tratto CB Indichiamo con vC la velocitagrave raggiunta nel punto C velocitagrave che si mantiene costante lungo tutto il tratto CB Poicheacute il velocista parte da fermo tale velocitagrave egrave semplicemente

ACC tav = Il tempo impiegato a percorrere il tratto CB egrave semplicemente tCB=10s - tAC Le equazioni per il moto uniformemente accelerato nel tratto AC e il moto rettilineo uniforme nel tratto CB sono quindi

ACCACACAC tvtatta21

21

2115 2 ===

)10(85 ACC tv minus=

A C B

v

t

C B

A

v

tAC tCB

Sostituendo i valori numerici dati nella traccia si ottiene il seguente sistema di due equazioni in due incognite

)10(85 ACC tv minus=

ACC tv=30

ACCC tvv minussdot= 1085

ACC tv=30

301085 minussdot= Cv

ACC tv=30

Cvsdot= 10115

ACC tv=30

smvC 511=

stAC 62511

30cong=

Lrsquointervallo di tempo tCB egrave semplicemente

stt ACCB 4710 congminus= Il modulo dellrsquoaccelerazione si ricava dalla

ACavC 22 = cioegrave

22

442

smAC

va C =sdot

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 14) Unrsquoautomobile che si muove con accelerazione costante percorre una distanza di 50 m (tra i punti A e B) in 6 s La sua velocitagrave quando arriva in B egrave vB=15 ms a) qual egrave la sua accelerazione b) quale era la sua velocitagrave in A c) a che distanza da A era partita Soluzione Il moto egrave uniformemente accelerato Valgono quindi le relazioni

( ) ( ) )(221

0222

00 xxavvattvxtx atvtvo0 minus=minus++=+=

Scegliamo come istante iniziale t0 = 0 quello in cui lrsquoautomobile parte da xA con velocitagrave vA incognita La velocitagrave iniziale vA egrave legata alla velocitagrave finale vB (nota e pari a 15 ms) allrsquoaccelerazione a (incognita) e al tempo t (noto e pari a 6s) dallrsquoequazione

aatvv tavv BAAB 615 minus=minus=rarr+=

Lrsquoequazione che lega xB xA vA a e t egrave quindi 2

21 attvxx AAB ++=

In questa equazione non conosciamo neacute a neacute vA mentre sono noti xB - xA= 50m e il tempo t = 6s Se sostituiamo lrsquoespressione ricavata sopra per vA otteniamo unrsquoequazione nella sola incognita a

22

21)(

21 attatvattvxx BAAB +sdotminus=+=minus

3621

sdot+sdotsdot= a6 6)a-(15 50

a36a - 90 50 18+= 4018 =a

22 222920 smsma cong=

b) Ricaviamo adesso vA

smaatvv BA 671920615615 congsdotminus=minus=minus=

c) La distanza percorsa partendo da ferma (dal punto C indicato in figura) prima di arrivare in A puograve essere ottenuto alla relazione

)(222CACA xxavv minus=minus

ma

vxx ACA 630

2)(

2

cong=minus

A B

x xA xB

C

xC

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 15) Dimostrare che per angoli di tiro superiori o inferiori a 45deg della stessa quantitagrave Δθ le gittate sono uguali

La funzione che individua la gittata G (θ) in funzione dellrsquoangolo di tiro iniziale egrave

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

Applicando questa al caso in cui lrsquoangolo di tiro sia 45deg + Δθ e anche 45deg - Δθ si ricava

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δ+deg=Δ+deg=Δ+deg

gv

gv

G

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δminusdeg=Δminusdeg=Δminusdeg

gv

gv

G

Per le proprietagrave della funzione sin si ha che sin (90deg + 2Δθ) = sin (90deg - 2Δθ) = cos 2Δθ HOcircA = 90deg - 2Δθ HOcircB = 90deg + 2Δθ

Allora le due espressioni precedenti sono uguali cioegrave

G (45deg + Δθ) = G (45deg - Δθ)

x

45deg

Δθ

y

Δθ 45deg + Δθ

45deg - Δθ

2Δθ 2Δθ

O

B A

H

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 16) Calcolare lrsquoangolo di tiro a cui lrsquoaltezza massima raggiunta dal proiettile egrave uguale alla gittata

Soluzione

Lrsquoaltezza massima raggiunta egrave data dalla

gvy

2sin22

0max

θ=

mentre la gittata egrave data da

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

quindi la condizione che deve essere soddisfatta saragrave

gv

gv θθ 2sin

2sin 2

022

0 =

da cui semplificando si ottiene

θθθ cossin22

sin 2

=

sin2θ = 4 sinθ cosθ

sinθ = 4 cosθ

tgθ = 4

θ = arctg 4 cong 76deg

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 17) Un fucile con velocitagrave di bocca 500 ms spara un proiettile in un piccolo bersaglio distante 50 m A quale altezza al di sopra del bersaglio deve essere puntato il fucile per poter colpire il bersaglio Soluzione

l = 50 m v0 = 500 ms θ = 0deg y =

Il fucile si deve sollevare di unrsquoaltezza y uguale alla distanza verticale di cui cade il proiettile nel tempo che impiega a percorrere i 50 m cioegrave

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori

mtgy 0490)50(0cos)500(2

89050 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

La distanza di cui si deve sollevare la canna del fucile egrave quindi di circa 49 cm sopra il centro del bersaglio

v0 l

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 18) Un pallone di football lanciato su un campo piano percorre una distanza orizzontale di 17 m prima di toccare terra Il punto di lancio egrave a 15 m di altezza e lrsquoangolo di proiezione egrave di 16deg Qual egrave il modulo della velocitagrave iniziale della palla Gettys pag71 ndeg415 Soluzione

OA = 17 m y0 = 15 m θ = 16deg v0 =

Lrsquoequazione che rappresenta la traiettoria seguita dal pallone nella sua caduta egrave

222

00 cos2

xv

gxtgyyθ

θ minus+=

dove y0 egrave la quota iniziale a cui si trova il pallone θ egrave lrsquoangolo di inclinazione iniziale e v0 egrave il modulo della velocitagrave iniziale Il punto A di arrivo ha coordinate xA = 17 m e yA = 0 per cui diventa

222

00 cos2 AAA x

vgtgxyy

θθ minus+=

da cui si puograve ricavare v0

)(cos2 02

220 θθ tgxy

gxvA

A

+=

e sostituendo i rispettivi valori

222

220 46241

)3746(84122832

)161751)(16(cos2)17(89 sm

tgv =

sdot=

degsdot+degsdot

=

si ottiene

smsmv 51546241 220 ==

x O

θ v0

y

y0

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 19) La velocitagrave iniziale di una palla di cannone egrave 200 ms Se egrave sparata verso un bersaglio che ha una distanza orizzontale di 2 km dal cannone trovare a) i due angoli di tiro per cui il bersaglio verragrave colpito b) il tempo totale di volo per ciascuna delle due traiettorie trovate in a) (Si assuma g = 10 ms2) Serway Soluzione

l = 2 km = 2000 m v0 = 200 ms θ1 = θ2 =

a) Essendo la gittata G pari a

gv

Gθ2sin2

0=

imponendo in questo caso che essa sia pari proprio alla distanza in orizzontale l dal bersaglio si ottiene che

50)200(

2000102sin 220

=sdot

cong=vglθ

e quindi

2θ = arcsin (05) da cui

2θ1 = 30deg

2θ2 = 180deg ndash 30deg = 150deg

(questo perchegrave il sin assume lo stesso valore sia per θ che per il suo supplementare cioegrave per 180deg - θ)

l

θ1

θ2 v0

e quindi

θ1 = 15deg

θ2 = 75deg

b) Il tempo totale di volo per ognuna delle due traiettorie individuate dai due diversi angoli iniziali θ1 e θ2 si ricava dalla

θcos0vxt =

per cui sostituendo i rispettivi valori si ha

sv

xt 351015cos200

2000cos 10

1 congdegsdot

==θ

sv

xt 633875cos200

2000cos 20

2 congdegsdot

==θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 20) Un fucile egrave puntato orizzontalmente al centro di un largo bersaglio distante 150 m La velocitagrave iniziale della pallottola egrave 450 ms a) Dove la pallottola colpisce il bersaglio b) Per colpire il centro del bersaglio la canna deve essere ad un certo angolo al di sopra della linea di punta Trovare lrsquoangolo di elevazione della canna SERWAY Soluzione a) La situazione in questo caso egrave quella rappresentata in figura v0 egrave la velocitagrave iniziale della pallottola ed il fucile egrave diretto orizzontalmente quindi lrsquoangolo iniziale egrave θ = 0deg

l = 150 m v0 = 450 ms θ = 0deg y =

Per sapere in quale punto la pallottola colpisce il bersaglio (cioegrave la distanza y dal centro del bersaglio) si utilizza la formula che individua la traiettoria parabolica del proiettile Infatti

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori relativi a questa situazione (x = l = 150 v0 = 450 θ = 0deg) si ottiene

mtgy 540)150(0cos)450(2

890150 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

Quindi il proiettile colpisce il bersaglio circa 54 cm sotto il centro

v0 l

y

b) In questo caso pur essendo la velocitagrave iniziale sempre pari a v0 lrsquoangolo di inclinazione θ del fucile rispetto allrsquoorizzontale egrave diverso da zero

l = 150 m v0 = 450 ms θ =

Lrsquoangolo di inclinazione θ deve essere calcolato in modo tale che il proiettile colpisca il centro del bersaglio Questo significa che la gittata G deve essere pari proprio ad l per cui

lg

vG ==

θ2sin20

da cui

0070)450(

150892sin 220

=sdot

==vglθ

2θ = arcsin (0007) = 04deg

θ cong 02deg

(in linea di principio crsquoegrave anche la soluzione 2θ2 = 180deg - arcsin (0007) = 180deg - 04deg = 1796deg e cioegrave θ2 = 898deg )

v0

l

θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 7: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 5) La velocitagrave di una particella in funzione del tempo egrave mostrata in figura A t=0 la particella egrave in x=0 a) Tracciare il grafico dellrsquoaccelerazione in funzione del tempo b) Determinare lrsquoaccelerazione media della particella nellrsquointervallo di tempo da t = 1s a t = 4s c) Determinare lrsquoaccelerazione istantanea della particella a t = 2s

a) Essendo il grafico della velocitagrave in funzione del tempo costituito da segmenti rettilinei per ciascuno di questi lrsquoaccelerazione istantanea coincide con quella media

23ms1

0301v(0)v(1)

ΔtΔva sec1t0 minus=

minusminus=

minusminus

==ltle

23ms

233

13v(1)v(3)

ΔtΔva 3sect1 =

+=

minusminus

==ltle

2ms0

133

3-4v(3)v(4)

ΔtΔva 4sect3 =

minus=

minus==ltle

v (ms)

123

-1-2

4321

-3

t (s)

a (ms2)

123

-1-2

4321

-3

t (s)

a

b) Lrsquoaccelerazione media nellrsquointervallo di tempo s4t1s lele egrave pari per definizione a

2ms23

331-4v(1)v(4)

ΔtΔva =

+=

minus==

c) Per quanto detto al punto a) essendo lrsquoistante t = 2s contenuto nel secondo intervallo lrsquoaccelerazione istantanea a(2) = 3ms2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 6) Una particella si muove lungo lrsquoasse x con una accelerazione che egrave proporzionale al tempo secondo lrsquoespressione a = 30t dove a egrave in ms2 Inizialmente la particella egrave in quiete nellrsquoorigine Trovare a) la velocitagrave istantanea b) la posizione istantanea in funzione del tempo a) Dai dati del problema sappiamo che allrsquoistante t = 0 x = 0 e v = 0 Dalla definizione di accelerazione istantanea

30tdtdv 30t dtdva =rArr==

A questo punto la velocitagrave istantanea si ottiene integrando lrsquoultima espressione

int += Ctdt30)t(v

dove C egrave una costante di integrazione Eseguendo lrsquointegrale definito si ha

C2t30)t(v

2

+= (1)

Imponendo la condizione iniziale v(0) = 0 nella (1) si vede che C = 0 e quindi

v(t) = 15t2

b) Procedendo in modo analogo ricordiamo la definizione cinematica di velocitagrave istantanea

dtt15dx t15dtdxv 22 =rArr==

Integrando questrsquoultima espressione si ottiene

int += Adtt15)t(x 2

dove A egrave una costante di integrazione Eseguendo lrsquointegrale definito

A3t15)t(x

3

+= (2)

Imponendo la condizione iniziale x(0) = 0 nella (2) si vede che A = 0 e quindi

x(t) = 5t3

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 7) Allrsquoistante in cui il semaforo diventa verde unrsquoautomobile parte con unrsquoaccelerazione costante a = 18 ms2 Nello stesso istante un camion muovendosi con una velocitagrave costante vC = 9 ms raggiunge e sorpassa lrsquoautomobile a) a quanti metri dal punto di partenza lrsquoautomobile sorpasseragrave il camion b) a che velocitagrave staragrave viaggiando in quellrsquoistante (egrave utile tracciare un grafico qualitativo di x in funzione di t per ciascun veicolo) Lrsquoautomobile ferma nellrsquoorigine allrsquoistante t=0 fa un moto uniformemente accelerato rappresentato dallrsquoequazione

( ) 222 908121

21 ttattxA ===

Il grafico di x in funzione di t egrave una parabola con il vertice nellrsquoorigine Il moto del camion egrave invece rettilineo uniforme rappresentato dallrsquoequazione

( ) ttvtx CC 9==

ed il suo grafico egrave una retta passante per lrsquoorigine degli assi

a) Nellrsquoistante in cui lrsquoautomobile sorpassa il camion i due valori della x devono coincidere

tvat C=2

21

021 2 =minus tvat C

Questa equazione algebrica di secondo grado spuria ha due radici

sa

2vt 0t C21 10

8192=

sdot===

100

x(m)

t(s) 10

La prima corrisponde allrsquoistante in cui il camion sorpassa lrsquoautomobile al semaforo la seconda egrave la soluzione cercata Lrsquoautomobile sorpasseragrave il camion nella posizione

mattxA 90108121

21)( 22

22 =sdotsdot==

Ovviamente allrsquoistante t2 la posizione del camion egrave la stessa dellrsquoautomobile

( ) mtvtx CC 9010922 =sdot==

b) la velocitagrave dellrsquoautomobile egrave espressa dalla formula

( ) tattvA 81==

allrsquoistante t2 essa ha il valore

( ) smattvA 18108122 =sdot== doppio del valore della velocitagrave del camion

acqua

y(m)1 2

44

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 8) Una pietra egrave lasciata cadere in acqua da un ponte alto 44m sullrsquoacqua Unrsquoaltra pietra egrave gettata verticalmente dopo un secondo dalla partenza della prima Le pietre colpiscono lrsquoacqua allo stesso istante a) Qual egrave la velocitagrave iniziale della seconda pietra b) Portare in un grafico lo spazio in funzione del tempo per le due pietre ponendo t = 0 nellrsquoistante in cui la prima pietra egrave abbandonata

Scegliamo come sistema di riferimento lrsquoasse y rivolto verso lrsquoalto con lrsquoorigine posto al confine acquaponte I dati del problema sono v01= 0 y0= 44m tR= 1s Lrsquoequazione del moto per la caduta libera egrave

( ) 200 gt

21tvyty minus+=

per quanto riguarda la prima pietra lrsquoequazione del moto diventa

( ) 201 gt

21yty minus=

per la seconda pietra che parte in ritardo di 1 s rispetto la prima la legge oraria egrave

( ) ( ) ( )2RR2002 ttg21ttvyty minusminusminus+=

La prima pietra colpisce lrsquoacqua allrsquoistante tA per il quale deve verificarsi che y1(tA) = 0 Possiamo ricavare quindi tA

s389502

gy2tgt

21y0 0

A2A0 cong

sdot==rArrminus=

a) Per calcolare la velocitagrave iniziale della seconda pietra possiamo sfruttare la condizione data dal problema le pietre colpiscono lrsquoacqua allo stesso istante Quindi deve valere y2(tA) = 0 Da questa condizione possiamo ricavare v02

( ) ( )2RARA200 ttg21ttvy0 minusminusminus+=

( ) ( )( )( )

( )( ) m

tt

yttgv yttgttv

RA

RA

RARA 31219972

44199728921

21

21

20

2

2002

20 minuscongminus

minusminussdot=

minus

minusminus=rArrminusminus=minus

1 2 3

44

t(s)

y(m) b) Notiamo che allrsquoistante tR = 1s in cui parte la seconda pietra la prima pietra ha velocitagrave

v1 = -gt = -98ms Inoltre allrsquoistante tA cong 3s avremo che v1(tA) = -294 ms v2(tA) = -123-98sdot(3-1)=-319ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 9) Un treno partito da fermo si muove con accelerazione costante A un certo istante viaggia a 9 ms e dopo 48 metri viaggia a 15 ms Calcolare a) lrsquoaccelerazione b) il tempo che impiega a percorrere i 48 metri c) il tempo richiesto per raggiungere la velocitagrave di 9 ms d) la distanza tra il punto di partenza e quello il cui il treno ha raggiunto una velocitagrave di 9 ms ________________________________________________________________________________ Il treno si muove di moto uniformemente accelerato a) dallrsquoequazione

( )02

02 2 xxavv xx minus=minus

ricaviamo lrsquoaccelerazione

( )2

22

0

20x

2x sm51

482915

xx2vv

a =sdotminus

=minusminus

=

b) dallrsquoequazione atvv x0x +=

ricaviamo il tempo impiegato a percorrere i 48 m

s451

915avv

t 0xx =minusminus

minus=minus

=

c) dallrsquoequazione

atvv x0x +=

ricaviamo il tempo richiesto per raggiungere la velocitagrave di 9 ms

6s tt 1509 =rArrsdot+=

d) posto lrsquoorigine del nostro sistema di riferimento nel punto di partenza del treno la distanza cercata si ottiene dalla seguente equazione

( ) 2at21tx =

( ) m2765121at

21tx 22 =sdotsdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 10) Il macchinista di un treno che sta viaggiando con velocitagrave v1 vede a una distanza d sul suo stesso binario un altro treno che si sta muovendo nella sua stessa direzione con una velocitagrave piugrave bassa v2 Egli frena immediatamente e dagrave al suo treno una decelerazione costante -a Dimostrare che

se ( )a2vvd

221 minusgt non ci saragrave scontro

se ( )a2vvd

221 minuslt avverragrave uno scontro

________________________________________________________________________________ Le leggi orarie dei due treni sono

( )

( ) tvxtx

at21tvxtx

2022

21011

+=

minus+=

Scelgo un sistema di riferimento con lrsquoorigine nella posizione del primo treno cosiccheacute

x10 = 0 x20 = d

Le leggi orarie diventano quindi

( )

( ) tvdtx

at21tvtx

22

211

+=

minus=

Se si ha scontro deve esistere un istante di tempo tS tale che x1(tS)=x2(tS)

S22SS1 tvdat

21tv +=minus

( )

a212

ad21)vv(vv

t

0dt)vv(at21

22121

S212S

sdot

minusminusplusmnminus=

=+minusminus

Si hanno soluzioni reali (cioegrave crsquoegrave scontro) solo se lrsquoargomento della radice quadrata egrave maggiore di zero cioegrave

( ) ( ) ( )a2vvd ad2vv 0ad2vv

2212

212

21minus

ltrArrgtminusrArrgtminusminus

v1 v2

d

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-35 11) Il moto di un velocista durante una corsa puograve essere approssimato con unrsquoaccelerazione costante di modulo 37 ms2 Posto t = 0 in corrispondenza dellrsquoinizio della corsa si determini il tempo impiegato dal corridore a percorrere a) 5 m b) 10 m Soluzione

a = 37 ms2

x1 = 5 m x2 = 10 m a) t1 = b) t2 =

La legge oraria che descrive il moto del corridore egrave quella del moto uniformemente accelerato e cioegrave

200 2

1 attvxx ++=

che essendo in questo caso la posizione iniziale x0 = 0 e la velocitagrave iniziale nulla (v0 = 0) si riduce alla

2

21 atx =

da cui

axt 22 =

e quindi

axt 2

=

Applicandola nei due casi si ottiene

a) saxt 641

73522 1

1 congsdot

==

b) saxt 322

731022 2

2 congsdot

==

l

x1

x2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-37 12) Unrsquoautomobile si trova 18 m oltre lrsquoingresso di un ristorante e viaggia alla velocitagrave di 16 ms quando il guidatore schiaccia il freno La velocitagrave del veicolo diminuisce con unrsquoaccelerazione costante di modulo 23 ms2 Quanto tempo dopo lrsquoinizio della frenata lrsquoautomobile saragrave 65 m oltre lrsquoingresso Soluzione x0 = 18 m

v0 = 16 ms a = - 23 ms2

x = 65 m t =

Il moto dellrsquoautomobile egrave uniformemente decelerato e quindi la legge oraria egrave

200 2

1 attvxx ++=

dove x0 egrave lo spazio iniziale percorso dallrsquoautomobile x egrave lo spazio percorso nel tempo cercato v0 egrave la velocitagrave dellrsquoautomobile prima di iniziare la frenata ed a egrave la decelerazione (quindi di segno opposto alla velocitagrave) quindi

23221161865 tt sdotminussdot+=

da cui 115 t2 ndash 16 t +47 = 0

Δ = b2 ndash 4ac =(- 16)2 ndash 4 (115)(47) = 398

151283916

21 sdotplusmn

=t

e si ottengono t1 = 42 s

t2 = 97 s

la seconda soluzione egrave matematicamente possibile ma fisicamente non significativa Corrisponderebbe infatti al passaggio dellrsquoautomobile per il punto x = 65 m con velocitagrave uguale in modulo ma diretta in verso opposto

0 x x0

v0 v a

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 51 ndeg 3-1 13) Un velocista corre i 100 m piani in 10 s Si approssimi il moto ipotizzando unrsquoaccelerazione costante per gli altri 85 m Si determinino a) la sua velocitagrave b) il tempo impiegato per percorrere i primi 15 m c) il tempo necessario per percorrere gli altri 85 m d) il modulo dellrsquoaccelerazione per i primi 15 m Soluzione

AB = 100 m AC = 15 m CB = 85 m tAB = 10 s a) vC = b) tAC = c) tCB = d) a =

Il moto del velocista egrave uniformemente accelerato nel tratto AC e uniforme nel tratto CB Indichiamo con vC la velocitagrave raggiunta nel punto C velocitagrave che si mantiene costante lungo tutto il tratto CB Poicheacute il velocista parte da fermo tale velocitagrave egrave semplicemente

ACC tav = Il tempo impiegato a percorrere il tratto CB egrave semplicemente tCB=10s - tAC Le equazioni per il moto uniformemente accelerato nel tratto AC e il moto rettilineo uniforme nel tratto CB sono quindi

ACCACACAC tvtatta21

21

2115 2 ===

)10(85 ACC tv minus=

A C B

v

t

C B

A

v

tAC tCB

Sostituendo i valori numerici dati nella traccia si ottiene il seguente sistema di due equazioni in due incognite

)10(85 ACC tv minus=

ACC tv=30

ACCC tvv minussdot= 1085

ACC tv=30

301085 minussdot= Cv

ACC tv=30

Cvsdot= 10115

ACC tv=30

smvC 511=

stAC 62511

30cong=

Lrsquointervallo di tempo tCB egrave semplicemente

stt ACCB 4710 congminus= Il modulo dellrsquoaccelerazione si ricava dalla

ACavC 22 = cioegrave

22

442

smAC

va C =sdot

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 14) Unrsquoautomobile che si muove con accelerazione costante percorre una distanza di 50 m (tra i punti A e B) in 6 s La sua velocitagrave quando arriva in B egrave vB=15 ms a) qual egrave la sua accelerazione b) quale era la sua velocitagrave in A c) a che distanza da A era partita Soluzione Il moto egrave uniformemente accelerato Valgono quindi le relazioni

( ) ( ) )(221

0222

00 xxavvattvxtx atvtvo0 minus=minus++=+=

Scegliamo come istante iniziale t0 = 0 quello in cui lrsquoautomobile parte da xA con velocitagrave vA incognita La velocitagrave iniziale vA egrave legata alla velocitagrave finale vB (nota e pari a 15 ms) allrsquoaccelerazione a (incognita) e al tempo t (noto e pari a 6s) dallrsquoequazione

aatvv tavv BAAB 615 minus=minus=rarr+=

Lrsquoequazione che lega xB xA vA a e t egrave quindi 2

21 attvxx AAB ++=

In questa equazione non conosciamo neacute a neacute vA mentre sono noti xB - xA= 50m e il tempo t = 6s Se sostituiamo lrsquoespressione ricavata sopra per vA otteniamo unrsquoequazione nella sola incognita a

22

21)(

21 attatvattvxx BAAB +sdotminus=+=minus

3621

sdot+sdotsdot= a6 6)a-(15 50

a36a - 90 50 18+= 4018 =a

22 222920 smsma cong=

b) Ricaviamo adesso vA

smaatvv BA 671920615615 congsdotminus=minus=minus=

c) La distanza percorsa partendo da ferma (dal punto C indicato in figura) prima di arrivare in A puograve essere ottenuto alla relazione

)(222CACA xxavv minus=minus

ma

vxx ACA 630

2)(

2

cong=minus

A B

x xA xB

C

xC

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 15) Dimostrare che per angoli di tiro superiori o inferiori a 45deg della stessa quantitagrave Δθ le gittate sono uguali

La funzione che individua la gittata G (θ) in funzione dellrsquoangolo di tiro iniziale egrave

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

Applicando questa al caso in cui lrsquoangolo di tiro sia 45deg + Δθ e anche 45deg - Δθ si ricava

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δ+deg=Δ+deg=Δ+deg

gv

gv

G

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δminusdeg=Δminusdeg=Δminusdeg

gv

gv

G

Per le proprietagrave della funzione sin si ha che sin (90deg + 2Δθ) = sin (90deg - 2Δθ) = cos 2Δθ HOcircA = 90deg - 2Δθ HOcircB = 90deg + 2Δθ

Allora le due espressioni precedenti sono uguali cioegrave

G (45deg + Δθ) = G (45deg - Δθ)

x

45deg

Δθ

y

Δθ 45deg + Δθ

45deg - Δθ

2Δθ 2Δθ

O

B A

H

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 16) Calcolare lrsquoangolo di tiro a cui lrsquoaltezza massima raggiunta dal proiettile egrave uguale alla gittata

Soluzione

Lrsquoaltezza massima raggiunta egrave data dalla

gvy

2sin22

0max

θ=

mentre la gittata egrave data da

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

quindi la condizione che deve essere soddisfatta saragrave

gv

gv θθ 2sin

2sin 2

022

0 =

da cui semplificando si ottiene

θθθ cossin22

sin 2

=

sin2θ = 4 sinθ cosθ

sinθ = 4 cosθ

tgθ = 4

θ = arctg 4 cong 76deg

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 17) Un fucile con velocitagrave di bocca 500 ms spara un proiettile in un piccolo bersaglio distante 50 m A quale altezza al di sopra del bersaglio deve essere puntato il fucile per poter colpire il bersaglio Soluzione

l = 50 m v0 = 500 ms θ = 0deg y =

Il fucile si deve sollevare di unrsquoaltezza y uguale alla distanza verticale di cui cade il proiettile nel tempo che impiega a percorrere i 50 m cioegrave

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori

mtgy 0490)50(0cos)500(2

89050 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

La distanza di cui si deve sollevare la canna del fucile egrave quindi di circa 49 cm sopra il centro del bersaglio

v0 l

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 18) Un pallone di football lanciato su un campo piano percorre una distanza orizzontale di 17 m prima di toccare terra Il punto di lancio egrave a 15 m di altezza e lrsquoangolo di proiezione egrave di 16deg Qual egrave il modulo della velocitagrave iniziale della palla Gettys pag71 ndeg415 Soluzione

OA = 17 m y0 = 15 m θ = 16deg v0 =

Lrsquoequazione che rappresenta la traiettoria seguita dal pallone nella sua caduta egrave

222

00 cos2

xv

gxtgyyθ

θ minus+=

dove y0 egrave la quota iniziale a cui si trova il pallone θ egrave lrsquoangolo di inclinazione iniziale e v0 egrave il modulo della velocitagrave iniziale Il punto A di arrivo ha coordinate xA = 17 m e yA = 0 per cui diventa

222

00 cos2 AAA x

vgtgxyy

θθ minus+=

da cui si puograve ricavare v0

)(cos2 02

220 θθ tgxy

gxvA

A

+=

e sostituendo i rispettivi valori

222

220 46241

)3746(84122832

)161751)(16(cos2)17(89 sm

tgv =

sdot=

degsdot+degsdot

=

si ottiene

smsmv 51546241 220 ==

x O

θ v0

y

y0

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 19) La velocitagrave iniziale di una palla di cannone egrave 200 ms Se egrave sparata verso un bersaglio che ha una distanza orizzontale di 2 km dal cannone trovare a) i due angoli di tiro per cui il bersaglio verragrave colpito b) il tempo totale di volo per ciascuna delle due traiettorie trovate in a) (Si assuma g = 10 ms2) Serway Soluzione

l = 2 km = 2000 m v0 = 200 ms θ1 = θ2 =

a) Essendo la gittata G pari a

gv

Gθ2sin2

0=

imponendo in questo caso che essa sia pari proprio alla distanza in orizzontale l dal bersaglio si ottiene che

50)200(

2000102sin 220

=sdot

cong=vglθ

e quindi

2θ = arcsin (05) da cui

2θ1 = 30deg

2θ2 = 180deg ndash 30deg = 150deg

(questo perchegrave il sin assume lo stesso valore sia per θ che per il suo supplementare cioegrave per 180deg - θ)

l

θ1

θ2 v0

e quindi

θ1 = 15deg

θ2 = 75deg

b) Il tempo totale di volo per ognuna delle due traiettorie individuate dai due diversi angoli iniziali θ1 e θ2 si ricava dalla

θcos0vxt =

per cui sostituendo i rispettivi valori si ha

sv

xt 351015cos200

2000cos 10

1 congdegsdot

==θ

sv

xt 633875cos200

2000cos 20

2 congdegsdot

==θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 20) Un fucile egrave puntato orizzontalmente al centro di un largo bersaglio distante 150 m La velocitagrave iniziale della pallottola egrave 450 ms a) Dove la pallottola colpisce il bersaglio b) Per colpire il centro del bersaglio la canna deve essere ad un certo angolo al di sopra della linea di punta Trovare lrsquoangolo di elevazione della canna SERWAY Soluzione a) La situazione in questo caso egrave quella rappresentata in figura v0 egrave la velocitagrave iniziale della pallottola ed il fucile egrave diretto orizzontalmente quindi lrsquoangolo iniziale egrave θ = 0deg

l = 150 m v0 = 450 ms θ = 0deg y =

Per sapere in quale punto la pallottola colpisce il bersaglio (cioegrave la distanza y dal centro del bersaglio) si utilizza la formula che individua la traiettoria parabolica del proiettile Infatti

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori relativi a questa situazione (x = l = 150 v0 = 450 θ = 0deg) si ottiene

mtgy 540)150(0cos)450(2

890150 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

Quindi il proiettile colpisce il bersaglio circa 54 cm sotto il centro

v0 l

y

b) In questo caso pur essendo la velocitagrave iniziale sempre pari a v0 lrsquoangolo di inclinazione θ del fucile rispetto allrsquoorizzontale egrave diverso da zero

l = 150 m v0 = 450 ms θ =

Lrsquoangolo di inclinazione θ deve essere calcolato in modo tale che il proiettile colpisca il centro del bersaglio Questo significa che la gittata G deve essere pari proprio ad l per cui

lg

vG ==

θ2sin20

da cui

0070)450(

150892sin 220

=sdot

==vglθ

2θ = arcsin (0007) = 04deg

θ cong 02deg

(in linea di principio crsquoegrave anche la soluzione 2θ2 = 180deg - arcsin (0007) = 180deg - 04deg = 1796deg e cioegrave θ2 = 898deg )

v0

l

θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 8: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

b) Lrsquoaccelerazione media nellrsquointervallo di tempo s4t1s lele egrave pari per definizione a

2ms23

331-4v(1)v(4)

ΔtΔva =

+=

minus==

c) Per quanto detto al punto a) essendo lrsquoistante t = 2s contenuto nel secondo intervallo lrsquoaccelerazione istantanea a(2) = 3ms2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 6) Una particella si muove lungo lrsquoasse x con una accelerazione che egrave proporzionale al tempo secondo lrsquoespressione a = 30t dove a egrave in ms2 Inizialmente la particella egrave in quiete nellrsquoorigine Trovare a) la velocitagrave istantanea b) la posizione istantanea in funzione del tempo a) Dai dati del problema sappiamo che allrsquoistante t = 0 x = 0 e v = 0 Dalla definizione di accelerazione istantanea

30tdtdv 30t dtdva =rArr==

A questo punto la velocitagrave istantanea si ottiene integrando lrsquoultima espressione

int += Ctdt30)t(v

dove C egrave una costante di integrazione Eseguendo lrsquointegrale definito si ha

C2t30)t(v

2

+= (1)

Imponendo la condizione iniziale v(0) = 0 nella (1) si vede che C = 0 e quindi

v(t) = 15t2

b) Procedendo in modo analogo ricordiamo la definizione cinematica di velocitagrave istantanea

dtt15dx t15dtdxv 22 =rArr==

Integrando questrsquoultima espressione si ottiene

int += Adtt15)t(x 2

dove A egrave una costante di integrazione Eseguendo lrsquointegrale definito

A3t15)t(x

3

+= (2)

Imponendo la condizione iniziale x(0) = 0 nella (2) si vede che A = 0 e quindi

x(t) = 5t3

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 7) Allrsquoistante in cui il semaforo diventa verde unrsquoautomobile parte con unrsquoaccelerazione costante a = 18 ms2 Nello stesso istante un camion muovendosi con una velocitagrave costante vC = 9 ms raggiunge e sorpassa lrsquoautomobile a) a quanti metri dal punto di partenza lrsquoautomobile sorpasseragrave il camion b) a che velocitagrave staragrave viaggiando in quellrsquoistante (egrave utile tracciare un grafico qualitativo di x in funzione di t per ciascun veicolo) Lrsquoautomobile ferma nellrsquoorigine allrsquoistante t=0 fa un moto uniformemente accelerato rappresentato dallrsquoequazione

( ) 222 908121

21 ttattxA ===

Il grafico di x in funzione di t egrave una parabola con il vertice nellrsquoorigine Il moto del camion egrave invece rettilineo uniforme rappresentato dallrsquoequazione

( ) ttvtx CC 9==

ed il suo grafico egrave una retta passante per lrsquoorigine degli assi

a) Nellrsquoistante in cui lrsquoautomobile sorpassa il camion i due valori della x devono coincidere

tvat C=2

21

021 2 =minus tvat C

Questa equazione algebrica di secondo grado spuria ha due radici

sa

2vt 0t C21 10

8192=

sdot===

100

x(m)

t(s) 10

La prima corrisponde allrsquoistante in cui il camion sorpassa lrsquoautomobile al semaforo la seconda egrave la soluzione cercata Lrsquoautomobile sorpasseragrave il camion nella posizione

mattxA 90108121

21)( 22

22 =sdotsdot==

Ovviamente allrsquoistante t2 la posizione del camion egrave la stessa dellrsquoautomobile

( ) mtvtx CC 9010922 =sdot==

b) la velocitagrave dellrsquoautomobile egrave espressa dalla formula

( ) tattvA 81==

allrsquoistante t2 essa ha il valore

( ) smattvA 18108122 =sdot== doppio del valore della velocitagrave del camion

acqua

y(m)1 2

44

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 8) Una pietra egrave lasciata cadere in acqua da un ponte alto 44m sullrsquoacqua Unrsquoaltra pietra egrave gettata verticalmente dopo un secondo dalla partenza della prima Le pietre colpiscono lrsquoacqua allo stesso istante a) Qual egrave la velocitagrave iniziale della seconda pietra b) Portare in un grafico lo spazio in funzione del tempo per le due pietre ponendo t = 0 nellrsquoistante in cui la prima pietra egrave abbandonata

Scegliamo come sistema di riferimento lrsquoasse y rivolto verso lrsquoalto con lrsquoorigine posto al confine acquaponte I dati del problema sono v01= 0 y0= 44m tR= 1s Lrsquoequazione del moto per la caduta libera egrave

( ) 200 gt

21tvyty minus+=

per quanto riguarda la prima pietra lrsquoequazione del moto diventa

( ) 201 gt

21yty minus=

per la seconda pietra che parte in ritardo di 1 s rispetto la prima la legge oraria egrave

( ) ( ) ( )2RR2002 ttg21ttvyty minusminusminus+=

La prima pietra colpisce lrsquoacqua allrsquoistante tA per il quale deve verificarsi che y1(tA) = 0 Possiamo ricavare quindi tA

s389502

gy2tgt

21y0 0

A2A0 cong

sdot==rArrminus=

a) Per calcolare la velocitagrave iniziale della seconda pietra possiamo sfruttare la condizione data dal problema le pietre colpiscono lrsquoacqua allo stesso istante Quindi deve valere y2(tA) = 0 Da questa condizione possiamo ricavare v02

( ) ( )2RARA200 ttg21ttvy0 minusminusminus+=

( ) ( )( )( )

( )( ) m

tt

yttgv yttgttv

RA

RA

RARA 31219972

44199728921

21

21

20

2

2002

20 minuscongminus

minusminussdot=

minus

minusminus=rArrminusminus=minus

1 2 3

44

t(s)

y(m) b) Notiamo che allrsquoistante tR = 1s in cui parte la seconda pietra la prima pietra ha velocitagrave

v1 = -gt = -98ms Inoltre allrsquoistante tA cong 3s avremo che v1(tA) = -294 ms v2(tA) = -123-98sdot(3-1)=-319ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 9) Un treno partito da fermo si muove con accelerazione costante A un certo istante viaggia a 9 ms e dopo 48 metri viaggia a 15 ms Calcolare a) lrsquoaccelerazione b) il tempo che impiega a percorrere i 48 metri c) il tempo richiesto per raggiungere la velocitagrave di 9 ms d) la distanza tra il punto di partenza e quello il cui il treno ha raggiunto una velocitagrave di 9 ms ________________________________________________________________________________ Il treno si muove di moto uniformemente accelerato a) dallrsquoequazione

( )02

02 2 xxavv xx minus=minus

ricaviamo lrsquoaccelerazione

( )2

22

0

20x

2x sm51

482915

xx2vv

a =sdotminus

=minusminus

=

b) dallrsquoequazione atvv x0x +=

ricaviamo il tempo impiegato a percorrere i 48 m

s451

915avv

t 0xx =minusminus

minus=minus

=

c) dallrsquoequazione

atvv x0x +=

ricaviamo il tempo richiesto per raggiungere la velocitagrave di 9 ms

6s tt 1509 =rArrsdot+=

d) posto lrsquoorigine del nostro sistema di riferimento nel punto di partenza del treno la distanza cercata si ottiene dalla seguente equazione

( ) 2at21tx =

( ) m2765121at

21tx 22 =sdotsdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 10) Il macchinista di un treno che sta viaggiando con velocitagrave v1 vede a una distanza d sul suo stesso binario un altro treno che si sta muovendo nella sua stessa direzione con una velocitagrave piugrave bassa v2 Egli frena immediatamente e dagrave al suo treno una decelerazione costante -a Dimostrare che

se ( )a2vvd

221 minusgt non ci saragrave scontro

se ( )a2vvd

221 minuslt avverragrave uno scontro

________________________________________________________________________________ Le leggi orarie dei due treni sono

( )

( ) tvxtx

at21tvxtx

2022

21011

+=

minus+=

Scelgo un sistema di riferimento con lrsquoorigine nella posizione del primo treno cosiccheacute

x10 = 0 x20 = d

Le leggi orarie diventano quindi

( )

( ) tvdtx

at21tvtx

22

211

+=

minus=

Se si ha scontro deve esistere un istante di tempo tS tale che x1(tS)=x2(tS)

S22SS1 tvdat

21tv +=minus

( )

a212

ad21)vv(vv

t

0dt)vv(at21

22121

S212S

sdot

minusminusplusmnminus=

=+minusminus

Si hanno soluzioni reali (cioegrave crsquoegrave scontro) solo se lrsquoargomento della radice quadrata egrave maggiore di zero cioegrave

( ) ( ) ( )a2vvd ad2vv 0ad2vv

2212

212

21minus

ltrArrgtminusrArrgtminusminus

v1 v2

d

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-35 11) Il moto di un velocista durante una corsa puograve essere approssimato con unrsquoaccelerazione costante di modulo 37 ms2 Posto t = 0 in corrispondenza dellrsquoinizio della corsa si determini il tempo impiegato dal corridore a percorrere a) 5 m b) 10 m Soluzione

a = 37 ms2

x1 = 5 m x2 = 10 m a) t1 = b) t2 =

La legge oraria che descrive il moto del corridore egrave quella del moto uniformemente accelerato e cioegrave

200 2

1 attvxx ++=

che essendo in questo caso la posizione iniziale x0 = 0 e la velocitagrave iniziale nulla (v0 = 0) si riduce alla

2

21 atx =

da cui

axt 22 =

e quindi

axt 2

=

Applicandola nei due casi si ottiene

a) saxt 641

73522 1

1 congsdot

==

b) saxt 322

731022 2

2 congsdot

==

l

x1

x2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-37 12) Unrsquoautomobile si trova 18 m oltre lrsquoingresso di un ristorante e viaggia alla velocitagrave di 16 ms quando il guidatore schiaccia il freno La velocitagrave del veicolo diminuisce con unrsquoaccelerazione costante di modulo 23 ms2 Quanto tempo dopo lrsquoinizio della frenata lrsquoautomobile saragrave 65 m oltre lrsquoingresso Soluzione x0 = 18 m

v0 = 16 ms a = - 23 ms2

x = 65 m t =

Il moto dellrsquoautomobile egrave uniformemente decelerato e quindi la legge oraria egrave

200 2

1 attvxx ++=

dove x0 egrave lo spazio iniziale percorso dallrsquoautomobile x egrave lo spazio percorso nel tempo cercato v0 egrave la velocitagrave dellrsquoautomobile prima di iniziare la frenata ed a egrave la decelerazione (quindi di segno opposto alla velocitagrave) quindi

23221161865 tt sdotminussdot+=

da cui 115 t2 ndash 16 t +47 = 0

Δ = b2 ndash 4ac =(- 16)2 ndash 4 (115)(47) = 398

151283916

21 sdotplusmn

=t

e si ottengono t1 = 42 s

t2 = 97 s

la seconda soluzione egrave matematicamente possibile ma fisicamente non significativa Corrisponderebbe infatti al passaggio dellrsquoautomobile per il punto x = 65 m con velocitagrave uguale in modulo ma diretta in verso opposto

0 x x0

v0 v a

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 51 ndeg 3-1 13) Un velocista corre i 100 m piani in 10 s Si approssimi il moto ipotizzando unrsquoaccelerazione costante per gli altri 85 m Si determinino a) la sua velocitagrave b) il tempo impiegato per percorrere i primi 15 m c) il tempo necessario per percorrere gli altri 85 m d) il modulo dellrsquoaccelerazione per i primi 15 m Soluzione

AB = 100 m AC = 15 m CB = 85 m tAB = 10 s a) vC = b) tAC = c) tCB = d) a =

Il moto del velocista egrave uniformemente accelerato nel tratto AC e uniforme nel tratto CB Indichiamo con vC la velocitagrave raggiunta nel punto C velocitagrave che si mantiene costante lungo tutto il tratto CB Poicheacute il velocista parte da fermo tale velocitagrave egrave semplicemente

ACC tav = Il tempo impiegato a percorrere il tratto CB egrave semplicemente tCB=10s - tAC Le equazioni per il moto uniformemente accelerato nel tratto AC e il moto rettilineo uniforme nel tratto CB sono quindi

ACCACACAC tvtatta21

21

2115 2 ===

)10(85 ACC tv minus=

A C B

v

t

C B

A

v

tAC tCB

Sostituendo i valori numerici dati nella traccia si ottiene il seguente sistema di due equazioni in due incognite

)10(85 ACC tv minus=

ACC tv=30

ACCC tvv minussdot= 1085

ACC tv=30

301085 minussdot= Cv

ACC tv=30

Cvsdot= 10115

ACC tv=30

smvC 511=

stAC 62511

30cong=

Lrsquointervallo di tempo tCB egrave semplicemente

stt ACCB 4710 congminus= Il modulo dellrsquoaccelerazione si ricava dalla

ACavC 22 = cioegrave

22

442

smAC

va C =sdot

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 14) Unrsquoautomobile che si muove con accelerazione costante percorre una distanza di 50 m (tra i punti A e B) in 6 s La sua velocitagrave quando arriva in B egrave vB=15 ms a) qual egrave la sua accelerazione b) quale era la sua velocitagrave in A c) a che distanza da A era partita Soluzione Il moto egrave uniformemente accelerato Valgono quindi le relazioni

( ) ( ) )(221

0222

00 xxavvattvxtx atvtvo0 minus=minus++=+=

Scegliamo come istante iniziale t0 = 0 quello in cui lrsquoautomobile parte da xA con velocitagrave vA incognita La velocitagrave iniziale vA egrave legata alla velocitagrave finale vB (nota e pari a 15 ms) allrsquoaccelerazione a (incognita) e al tempo t (noto e pari a 6s) dallrsquoequazione

aatvv tavv BAAB 615 minus=minus=rarr+=

Lrsquoequazione che lega xB xA vA a e t egrave quindi 2

21 attvxx AAB ++=

In questa equazione non conosciamo neacute a neacute vA mentre sono noti xB - xA= 50m e il tempo t = 6s Se sostituiamo lrsquoespressione ricavata sopra per vA otteniamo unrsquoequazione nella sola incognita a

22

21)(

21 attatvattvxx BAAB +sdotminus=+=minus

3621

sdot+sdotsdot= a6 6)a-(15 50

a36a - 90 50 18+= 4018 =a

22 222920 smsma cong=

b) Ricaviamo adesso vA

smaatvv BA 671920615615 congsdotminus=minus=minus=

c) La distanza percorsa partendo da ferma (dal punto C indicato in figura) prima di arrivare in A puograve essere ottenuto alla relazione

)(222CACA xxavv minus=minus

ma

vxx ACA 630

2)(

2

cong=minus

A B

x xA xB

C

xC

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 15) Dimostrare che per angoli di tiro superiori o inferiori a 45deg della stessa quantitagrave Δθ le gittate sono uguali

La funzione che individua la gittata G (θ) in funzione dellrsquoangolo di tiro iniziale egrave

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

Applicando questa al caso in cui lrsquoangolo di tiro sia 45deg + Δθ e anche 45deg - Δθ si ricava

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δ+deg=Δ+deg=Δ+deg

gv

gv

G

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δminusdeg=Δminusdeg=Δminusdeg

gv

gv

G

Per le proprietagrave della funzione sin si ha che sin (90deg + 2Δθ) = sin (90deg - 2Δθ) = cos 2Δθ HOcircA = 90deg - 2Δθ HOcircB = 90deg + 2Δθ

Allora le due espressioni precedenti sono uguali cioegrave

G (45deg + Δθ) = G (45deg - Δθ)

x

45deg

Δθ

y

Δθ 45deg + Δθ

45deg - Δθ

2Δθ 2Δθ

O

B A

H

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 16) Calcolare lrsquoangolo di tiro a cui lrsquoaltezza massima raggiunta dal proiettile egrave uguale alla gittata

Soluzione

Lrsquoaltezza massima raggiunta egrave data dalla

gvy

2sin22

0max

θ=

mentre la gittata egrave data da

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

quindi la condizione che deve essere soddisfatta saragrave

gv

gv θθ 2sin

2sin 2

022

0 =

da cui semplificando si ottiene

θθθ cossin22

sin 2

=

sin2θ = 4 sinθ cosθ

sinθ = 4 cosθ

tgθ = 4

θ = arctg 4 cong 76deg

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 17) Un fucile con velocitagrave di bocca 500 ms spara un proiettile in un piccolo bersaglio distante 50 m A quale altezza al di sopra del bersaglio deve essere puntato il fucile per poter colpire il bersaglio Soluzione

l = 50 m v0 = 500 ms θ = 0deg y =

Il fucile si deve sollevare di unrsquoaltezza y uguale alla distanza verticale di cui cade il proiettile nel tempo che impiega a percorrere i 50 m cioegrave

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori

mtgy 0490)50(0cos)500(2

89050 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

La distanza di cui si deve sollevare la canna del fucile egrave quindi di circa 49 cm sopra il centro del bersaglio

v0 l

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 18) Un pallone di football lanciato su un campo piano percorre una distanza orizzontale di 17 m prima di toccare terra Il punto di lancio egrave a 15 m di altezza e lrsquoangolo di proiezione egrave di 16deg Qual egrave il modulo della velocitagrave iniziale della palla Gettys pag71 ndeg415 Soluzione

OA = 17 m y0 = 15 m θ = 16deg v0 =

Lrsquoequazione che rappresenta la traiettoria seguita dal pallone nella sua caduta egrave

222

00 cos2

xv

gxtgyyθ

θ minus+=

dove y0 egrave la quota iniziale a cui si trova il pallone θ egrave lrsquoangolo di inclinazione iniziale e v0 egrave il modulo della velocitagrave iniziale Il punto A di arrivo ha coordinate xA = 17 m e yA = 0 per cui diventa

222

00 cos2 AAA x

vgtgxyy

θθ minus+=

da cui si puograve ricavare v0

)(cos2 02

220 θθ tgxy

gxvA

A

+=

e sostituendo i rispettivi valori

222

220 46241

)3746(84122832

)161751)(16(cos2)17(89 sm

tgv =

sdot=

degsdot+degsdot

=

si ottiene

smsmv 51546241 220 ==

x O

θ v0

y

y0

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 19) La velocitagrave iniziale di una palla di cannone egrave 200 ms Se egrave sparata verso un bersaglio che ha una distanza orizzontale di 2 km dal cannone trovare a) i due angoli di tiro per cui il bersaglio verragrave colpito b) il tempo totale di volo per ciascuna delle due traiettorie trovate in a) (Si assuma g = 10 ms2) Serway Soluzione

l = 2 km = 2000 m v0 = 200 ms θ1 = θ2 =

a) Essendo la gittata G pari a

gv

Gθ2sin2

0=

imponendo in questo caso che essa sia pari proprio alla distanza in orizzontale l dal bersaglio si ottiene che

50)200(

2000102sin 220

=sdot

cong=vglθ

e quindi

2θ = arcsin (05) da cui

2θ1 = 30deg

2θ2 = 180deg ndash 30deg = 150deg

(questo perchegrave il sin assume lo stesso valore sia per θ che per il suo supplementare cioegrave per 180deg - θ)

l

θ1

θ2 v0

e quindi

θ1 = 15deg

θ2 = 75deg

b) Il tempo totale di volo per ognuna delle due traiettorie individuate dai due diversi angoli iniziali θ1 e θ2 si ricava dalla

θcos0vxt =

per cui sostituendo i rispettivi valori si ha

sv

xt 351015cos200

2000cos 10

1 congdegsdot

==θ

sv

xt 633875cos200

2000cos 20

2 congdegsdot

==θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 20) Un fucile egrave puntato orizzontalmente al centro di un largo bersaglio distante 150 m La velocitagrave iniziale della pallottola egrave 450 ms a) Dove la pallottola colpisce il bersaglio b) Per colpire il centro del bersaglio la canna deve essere ad un certo angolo al di sopra della linea di punta Trovare lrsquoangolo di elevazione della canna SERWAY Soluzione a) La situazione in questo caso egrave quella rappresentata in figura v0 egrave la velocitagrave iniziale della pallottola ed il fucile egrave diretto orizzontalmente quindi lrsquoangolo iniziale egrave θ = 0deg

l = 150 m v0 = 450 ms θ = 0deg y =

Per sapere in quale punto la pallottola colpisce il bersaglio (cioegrave la distanza y dal centro del bersaglio) si utilizza la formula che individua la traiettoria parabolica del proiettile Infatti

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori relativi a questa situazione (x = l = 150 v0 = 450 θ = 0deg) si ottiene

mtgy 540)150(0cos)450(2

890150 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

Quindi il proiettile colpisce il bersaglio circa 54 cm sotto il centro

v0 l

y

b) In questo caso pur essendo la velocitagrave iniziale sempre pari a v0 lrsquoangolo di inclinazione θ del fucile rispetto allrsquoorizzontale egrave diverso da zero

l = 150 m v0 = 450 ms θ =

Lrsquoangolo di inclinazione θ deve essere calcolato in modo tale che il proiettile colpisca il centro del bersaglio Questo significa che la gittata G deve essere pari proprio ad l per cui

lg

vG ==

θ2sin20

da cui

0070)450(

150892sin 220

=sdot

==vglθ

2θ = arcsin (0007) = 04deg

θ cong 02deg

(in linea di principio crsquoegrave anche la soluzione 2θ2 = 180deg - arcsin (0007) = 180deg - 04deg = 1796deg e cioegrave θ2 = 898deg )

v0

l

θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 9: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 6) Una particella si muove lungo lrsquoasse x con una accelerazione che egrave proporzionale al tempo secondo lrsquoespressione a = 30t dove a egrave in ms2 Inizialmente la particella egrave in quiete nellrsquoorigine Trovare a) la velocitagrave istantanea b) la posizione istantanea in funzione del tempo a) Dai dati del problema sappiamo che allrsquoistante t = 0 x = 0 e v = 0 Dalla definizione di accelerazione istantanea

30tdtdv 30t dtdva =rArr==

A questo punto la velocitagrave istantanea si ottiene integrando lrsquoultima espressione

int += Ctdt30)t(v

dove C egrave una costante di integrazione Eseguendo lrsquointegrale definito si ha

C2t30)t(v

2

+= (1)

Imponendo la condizione iniziale v(0) = 0 nella (1) si vede che C = 0 e quindi

v(t) = 15t2

b) Procedendo in modo analogo ricordiamo la definizione cinematica di velocitagrave istantanea

dtt15dx t15dtdxv 22 =rArr==

Integrando questrsquoultima espressione si ottiene

int += Adtt15)t(x 2

dove A egrave una costante di integrazione Eseguendo lrsquointegrale definito

A3t15)t(x

3

+= (2)

Imponendo la condizione iniziale x(0) = 0 nella (2) si vede che A = 0 e quindi

x(t) = 5t3

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 7) Allrsquoistante in cui il semaforo diventa verde unrsquoautomobile parte con unrsquoaccelerazione costante a = 18 ms2 Nello stesso istante un camion muovendosi con una velocitagrave costante vC = 9 ms raggiunge e sorpassa lrsquoautomobile a) a quanti metri dal punto di partenza lrsquoautomobile sorpasseragrave il camion b) a che velocitagrave staragrave viaggiando in quellrsquoistante (egrave utile tracciare un grafico qualitativo di x in funzione di t per ciascun veicolo) Lrsquoautomobile ferma nellrsquoorigine allrsquoistante t=0 fa un moto uniformemente accelerato rappresentato dallrsquoequazione

( ) 222 908121

21 ttattxA ===

Il grafico di x in funzione di t egrave una parabola con il vertice nellrsquoorigine Il moto del camion egrave invece rettilineo uniforme rappresentato dallrsquoequazione

( ) ttvtx CC 9==

ed il suo grafico egrave una retta passante per lrsquoorigine degli assi

a) Nellrsquoistante in cui lrsquoautomobile sorpassa il camion i due valori della x devono coincidere

tvat C=2

21

021 2 =minus tvat C

Questa equazione algebrica di secondo grado spuria ha due radici

sa

2vt 0t C21 10

8192=

sdot===

100

x(m)

t(s) 10

La prima corrisponde allrsquoistante in cui il camion sorpassa lrsquoautomobile al semaforo la seconda egrave la soluzione cercata Lrsquoautomobile sorpasseragrave il camion nella posizione

mattxA 90108121

21)( 22

22 =sdotsdot==

Ovviamente allrsquoistante t2 la posizione del camion egrave la stessa dellrsquoautomobile

( ) mtvtx CC 9010922 =sdot==

b) la velocitagrave dellrsquoautomobile egrave espressa dalla formula

( ) tattvA 81==

allrsquoistante t2 essa ha il valore

( ) smattvA 18108122 =sdot== doppio del valore della velocitagrave del camion

acqua

y(m)1 2

44

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 8) Una pietra egrave lasciata cadere in acqua da un ponte alto 44m sullrsquoacqua Unrsquoaltra pietra egrave gettata verticalmente dopo un secondo dalla partenza della prima Le pietre colpiscono lrsquoacqua allo stesso istante a) Qual egrave la velocitagrave iniziale della seconda pietra b) Portare in un grafico lo spazio in funzione del tempo per le due pietre ponendo t = 0 nellrsquoistante in cui la prima pietra egrave abbandonata

Scegliamo come sistema di riferimento lrsquoasse y rivolto verso lrsquoalto con lrsquoorigine posto al confine acquaponte I dati del problema sono v01= 0 y0= 44m tR= 1s Lrsquoequazione del moto per la caduta libera egrave

( ) 200 gt

21tvyty minus+=

per quanto riguarda la prima pietra lrsquoequazione del moto diventa

( ) 201 gt

21yty minus=

per la seconda pietra che parte in ritardo di 1 s rispetto la prima la legge oraria egrave

( ) ( ) ( )2RR2002 ttg21ttvyty minusminusminus+=

La prima pietra colpisce lrsquoacqua allrsquoistante tA per il quale deve verificarsi che y1(tA) = 0 Possiamo ricavare quindi tA

s389502

gy2tgt

21y0 0

A2A0 cong

sdot==rArrminus=

a) Per calcolare la velocitagrave iniziale della seconda pietra possiamo sfruttare la condizione data dal problema le pietre colpiscono lrsquoacqua allo stesso istante Quindi deve valere y2(tA) = 0 Da questa condizione possiamo ricavare v02

( ) ( )2RARA200 ttg21ttvy0 minusminusminus+=

( ) ( )( )( )

( )( ) m

tt

yttgv yttgttv

RA

RA

RARA 31219972

44199728921

21

21

20

2

2002

20 minuscongminus

minusminussdot=

minus

minusminus=rArrminusminus=minus

1 2 3

44

t(s)

y(m) b) Notiamo che allrsquoistante tR = 1s in cui parte la seconda pietra la prima pietra ha velocitagrave

v1 = -gt = -98ms Inoltre allrsquoistante tA cong 3s avremo che v1(tA) = -294 ms v2(tA) = -123-98sdot(3-1)=-319ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 9) Un treno partito da fermo si muove con accelerazione costante A un certo istante viaggia a 9 ms e dopo 48 metri viaggia a 15 ms Calcolare a) lrsquoaccelerazione b) il tempo che impiega a percorrere i 48 metri c) il tempo richiesto per raggiungere la velocitagrave di 9 ms d) la distanza tra il punto di partenza e quello il cui il treno ha raggiunto una velocitagrave di 9 ms ________________________________________________________________________________ Il treno si muove di moto uniformemente accelerato a) dallrsquoequazione

( )02

02 2 xxavv xx minus=minus

ricaviamo lrsquoaccelerazione

( )2

22

0

20x

2x sm51

482915

xx2vv

a =sdotminus

=minusminus

=

b) dallrsquoequazione atvv x0x +=

ricaviamo il tempo impiegato a percorrere i 48 m

s451

915avv

t 0xx =minusminus

minus=minus

=

c) dallrsquoequazione

atvv x0x +=

ricaviamo il tempo richiesto per raggiungere la velocitagrave di 9 ms

6s tt 1509 =rArrsdot+=

d) posto lrsquoorigine del nostro sistema di riferimento nel punto di partenza del treno la distanza cercata si ottiene dalla seguente equazione

( ) 2at21tx =

( ) m2765121at

21tx 22 =sdotsdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 10) Il macchinista di un treno che sta viaggiando con velocitagrave v1 vede a una distanza d sul suo stesso binario un altro treno che si sta muovendo nella sua stessa direzione con una velocitagrave piugrave bassa v2 Egli frena immediatamente e dagrave al suo treno una decelerazione costante -a Dimostrare che

se ( )a2vvd

221 minusgt non ci saragrave scontro

se ( )a2vvd

221 minuslt avverragrave uno scontro

________________________________________________________________________________ Le leggi orarie dei due treni sono

( )

( ) tvxtx

at21tvxtx

2022

21011

+=

minus+=

Scelgo un sistema di riferimento con lrsquoorigine nella posizione del primo treno cosiccheacute

x10 = 0 x20 = d

Le leggi orarie diventano quindi

( )

( ) tvdtx

at21tvtx

22

211

+=

minus=

Se si ha scontro deve esistere un istante di tempo tS tale che x1(tS)=x2(tS)

S22SS1 tvdat

21tv +=minus

( )

a212

ad21)vv(vv

t

0dt)vv(at21

22121

S212S

sdot

minusminusplusmnminus=

=+minusminus

Si hanno soluzioni reali (cioegrave crsquoegrave scontro) solo se lrsquoargomento della radice quadrata egrave maggiore di zero cioegrave

( ) ( ) ( )a2vvd ad2vv 0ad2vv

2212

212

21minus

ltrArrgtminusrArrgtminusminus

v1 v2

d

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-35 11) Il moto di un velocista durante una corsa puograve essere approssimato con unrsquoaccelerazione costante di modulo 37 ms2 Posto t = 0 in corrispondenza dellrsquoinizio della corsa si determini il tempo impiegato dal corridore a percorrere a) 5 m b) 10 m Soluzione

a = 37 ms2

x1 = 5 m x2 = 10 m a) t1 = b) t2 =

La legge oraria che descrive il moto del corridore egrave quella del moto uniformemente accelerato e cioegrave

200 2

1 attvxx ++=

che essendo in questo caso la posizione iniziale x0 = 0 e la velocitagrave iniziale nulla (v0 = 0) si riduce alla

2

21 atx =

da cui

axt 22 =

e quindi

axt 2

=

Applicandola nei due casi si ottiene

a) saxt 641

73522 1

1 congsdot

==

b) saxt 322

731022 2

2 congsdot

==

l

x1

x2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-37 12) Unrsquoautomobile si trova 18 m oltre lrsquoingresso di un ristorante e viaggia alla velocitagrave di 16 ms quando il guidatore schiaccia il freno La velocitagrave del veicolo diminuisce con unrsquoaccelerazione costante di modulo 23 ms2 Quanto tempo dopo lrsquoinizio della frenata lrsquoautomobile saragrave 65 m oltre lrsquoingresso Soluzione x0 = 18 m

v0 = 16 ms a = - 23 ms2

x = 65 m t =

Il moto dellrsquoautomobile egrave uniformemente decelerato e quindi la legge oraria egrave

200 2

1 attvxx ++=

dove x0 egrave lo spazio iniziale percorso dallrsquoautomobile x egrave lo spazio percorso nel tempo cercato v0 egrave la velocitagrave dellrsquoautomobile prima di iniziare la frenata ed a egrave la decelerazione (quindi di segno opposto alla velocitagrave) quindi

23221161865 tt sdotminussdot+=

da cui 115 t2 ndash 16 t +47 = 0

Δ = b2 ndash 4ac =(- 16)2 ndash 4 (115)(47) = 398

151283916

21 sdotplusmn

=t

e si ottengono t1 = 42 s

t2 = 97 s

la seconda soluzione egrave matematicamente possibile ma fisicamente non significativa Corrisponderebbe infatti al passaggio dellrsquoautomobile per il punto x = 65 m con velocitagrave uguale in modulo ma diretta in verso opposto

0 x x0

v0 v a

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 51 ndeg 3-1 13) Un velocista corre i 100 m piani in 10 s Si approssimi il moto ipotizzando unrsquoaccelerazione costante per gli altri 85 m Si determinino a) la sua velocitagrave b) il tempo impiegato per percorrere i primi 15 m c) il tempo necessario per percorrere gli altri 85 m d) il modulo dellrsquoaccelerazione per i primi 15 m Soluzione

AB = 100 m AC = 15 m CB = 85 m tAB = 10 s a) vC = b) tAC = c) tCB = d) a =

Il moto del velocista egrave uniformemente accelerato nel tratto AC e uniforme nel tratto CB Indichiamo con vC la velocitagrave raggiunta nel punto C velocitagrave che si mantiene costante lungo tutto il tratto CB Poicheacute il velocista parte da fermo tale velocitagrave egrave semplicemente

ACC tav = Il tempo impiegato a percorrere il tratto CB egrave semplicemente tCB=10s - tAC Le equazioni per il moto uniformemente accelerato nel tratto AC e il moto rettilineo uniforme nel tratto CB sono quindi

ACCACACAC tvtatta21

21

2115 2 ===

)10(85 ACC tv minus=

A C B

v

t

C B

A

v

tAC tCB

Sostituendo i valori numerici dati nella traccia si ottiene il seguente sistema di due equazioni in due incognite

)10(85 ACC tv minus=

ACC tv=30

ACCC tvv minussdot= 1085

ACC tv=30

301085 minussdot= Cv

ACC tv=30

Cvsdot= 10115

ACC tv=30

smvC 511=

stAC 62511

30cong=

Lrsquointervallo di tempo tCB egrave semplicemente

stt ACCB 4710 congminus= Il modulo dellrsquoaccelerazione si ricava dalla

ACavC 22 = cioegrave

22

442

smAC

va C =sdot

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 14) Unrsquoautomobile che si muove con accelerazione costante percorre una distanza di 50 m (tra i punti A e B) in 6 s La sua velocitagrave quando arriva in B egrave vB=15 ms a) qual egrave la sua accelerazione b) quale era la sua velocitagrave in A c) a che distanza da A era partita Soluzione Il moto egrave uniformemente accelerato Valgono quindi le relazioni

( ) ( ) )(221

0222

00 xxavvattvxtx atvtvo0 minus=minus++=+=

Scegliamo come istante iniziale t0 = 0 quello in cui lrsquoautomobile parte da xA con velocitagrave vA incognita La velocitagrave iniziale vA egrave legata alla velocitagrave finale vB (nota e pari a 15 ms) allrsquoaccelerazione a (incognita) e al tempo t (noto e pari a 6s) dallrsquoequazione

aatvv tavv BAAB 615 minus=minus=rarr+=

Lrsquoequazione che lega xB xA vA a e t egrave quindi 2

21 attvxx AAB ++=

In questa equazione non conosciamo neacute a neacute vA mentre sono noti xB - xA= 50m e il tempo t = 6s Se sostituiamo lrsquoespressione ricavata sopra per vA otteniamo unrsquoequazione nella sola incognita a

22

21)(

21 attatvattvxx BAAB +sdotminus=+=minus

3621

sdot+sdotsdot= a6 6)a-(15 50

a36a - 90 50 18+= 4018 =a

22 222920 smsma cong=

b) Ricaviamo adesso vA

smaatvv BA 671920615615 congsdotminus=minus=minus=

c) La distanza percorsa partendo da ferma (dal punto C indicato in figura) prima di arrivare in A puograve essere ottenuto alla relazione

)(222CACA xxavv minus=minus

ma

vxx ACA 630

2)(

2

cong=minus

A B

x xA xB

C

xC

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 15) Dimostrare che per angoli di tiro superiori o inferiori a 45deg della stessa quantitagrave Δθ le gittate sono uguali

La funzione che individua la gittata G (θ) in funzione dellrsquoangolo di tiro iniziale egrave

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

Applicando questa al caso in cui lrsquoangolo di tiro sia 45deg + Δθ e anche 45deg - Δθ si ricava

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δ+deg=Δ+deg=Δ+deg

gv

gv

G

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δminusdeg=Δminusdeg=Δminusdeg

gv

gv

G

Per le proprietagrave della funzione sin si ha che sin (90deg + 2Δθ) = sin (90deg - 2Δθ) = cos 2Δθ HOcircA = 90deg - 2Δθ HOcircB = 90deg + 2Δθ

Allora le due espressioni precedenti sono uguali cioegrave

G (45deg + Δθ) = G (45deg - Δθ)

x

45deg

Δθ

y

Δθ 45deg + Δθ

45deg - Δθ

2Δθ 2Δθ

O

B A

H

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 16) Calcolare lrsquoangolo di tiro a cui lrsquoaltezza massima raggiunta dal proiettile egrave uguale alla gittata

Soluzione

Lrsquoaltezza massima raggiunta egrave data dalla

gvy

2sin22

0max

θ=

mentre la gittata egrave data da

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

quindi la condizione che deve essere soddisfatta saragrave

gv

gv θθ 2sin

2sin 2

022

0 =

da cui semplificando si ottiene

θθθ cossin22

sin 2

=

sin2θ = 4 sinθ cosθ

sinθ = 4 cosθ

tgθ = 4

θ = arctg 4 cong 76deg

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 17) Un fucile con velocitagrave di bocca 500 ms spara un proiettile in un piccolo bersaglio distante 50 m A quale altezza al di sopra del bersaglio deve essere puntato il fucile per poter colpire il bersaglio Soluzione

l = 50 m v0 = 500 ms θ = 0deg y =

Il fucile si deve sollevare di unrsquoaltezza y uguale alla distanza verticale di cui cade il proiettile nel tempo che impiega a percorrere i 50 m cioegrave

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori

mtgy 0490)50(0cos)500(2

89050 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

La distanza di cui si deve sollevare la canna del fucile egrave quindi di circa 49 cm sopra il centro del bersaglio

v0 l

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 18) Un pallone di football lanciato su un campo piano percorre una distanza orizzontale di 17 m prima di toccare terra Il punto di lancio egrave a 15 m di altezza e lrsquoangolo di proiezione egrave di 16deg Qual egrave il modulo della velocitagrave iniziale della palla Gettys pag71 ndeg415 Soluzione

OA = 17 m y0 = 15 m θ = 16deg v0 =

Lrsquoequazione che rappresenta la traiettoria seguita dal pallone nella sua caduta egrave

222

00 cos2

xv

gxtgyyθ

θ minus+=

dove y0 egrave la quota iniziale a cui si trova il pallone θ egrave lrsquoangolo di inclinazione iniziale e v0 egrave il modulo della velocitagrave iniziale Il punto A di arrivo ha coordinate xA = 17 m e yA = 0 per cui diventa

222

00 cos2 AAA x

vgtgxyy

θθ minus+=

da cui si puograve ricavare v0

)(cos2 02

220 θθ tgxy

gxvA

A

+=

e sostituendo i rispettivi valori

222

220 46241

)3746(84122832

)161751)(16(cos2)17(89 sm

tgv =

sdot=

degsdot+degsdot

=

si ottiene

smsmv 51546241 220 ==

x O

θ v0

y

y0

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 19) La velocitagrave iniziale di una palla di cannone egrave 200 ms Se egrave sparata verso un bersaglio che ha una distanza orizzontale di 2 km dal cannone trovare a) i due angoli di tiro per cui il bersaglio verragrave colpito b) il tempo totale di volo per ciascuna delle due traiettorie trovate in a) (Si assuma g = 10 ms2) Serway Soluzione

l = 2 km = 2000 m v0 = 200 ms θ1 = θ2 =

a) Essendo la gittata G pari a

gv

Gθ2sin2

0=

imponendo in questo caso che essa sia pari proprio alla distanza in orizzontale l dal bersaglio si ottiene che

50)200(

2000102sin 220

=sdot

cong=vglθ

e quindi

2θ = arcsin (05) da cui

2θ1 = 30deg

2θ2 = 180deg ndash 30deg = 150deg

(questo perchegrave il sin assume lo stesso valore sia per θ che per il suo supplementare cioegrave per 180deg - θ)

l

θ1

θ2 v0

e quindi

θ1 = 15deg

θ2 = 75deg

b) Il tempo totale di volo per ognuna delle due traiettorie individuate dai due diversi angoli iniziali θ1 e θ2 si ricava dalla

θcos0vxt =

per cui sostituendo i rispettivi valori si ha

sv

xt 351015cos200

2000cos 10

1 congdegsdot

==θ

sv

xt 633875cos200

2000cos 20

2 congdegsdot

==θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 20) Un fucile egrave puntato orizzontalmente al centro di un largo bersaglio distante 150 m La velocitagrave iniziale della pallottola egrave 450 ms a) Dove la pallottola colpisce il bersaglio b) Per colpire il centro del bersaglio la canna deve essere ad un certo angolo al di sopra della linea di punta Trovare lrsquoangolo di elevazione della canna SERWAY Soluzione a) La situazione in questo caso egrave quella rappresentata in figura v0 egrave la velocitagrave iniziale della pallottola ed il fucile egrave diretto orizzontalmente quindi lrsquoangolo iniziale egrave θ = 0deg

l = 150 m v0 = 450 ms θ = 0deg y =

Per sapere in quale punto la pallottola colpisce il bersaglio (cioegrave la distanza y dal centro del bersaglio) si utilizza la formula che individua la traiettoria parabolica del proiettile Infatti

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori relativi a questa situazione (x = l = 150 v0 = 450 θ = 0deg) si ottiene

mtgy 540)150(0cos)450(2

890150 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

Quindi il proiettile colpisce il bersaglio circa 54 cm sotto il centro

v0 l

y

b) In questo caso pur essendo la velocitagrave iniziale sempre pari a v0 lrsquoangolo di inclinazione θ del fucile rispetto allrsquoorizzontale egrave diverso da zero

l = 150 m v0 = 450 ms θ =

Lrsquoangolo di inclinazione θ deve essere calcolato in modo tale che il proiettile colpisca il centro del bersaglio Questo significa che la gittata G deve essere pari proprio ad l per cui

lg

vG ==

θ2sin20

da cui

0070)450(

150892sin 220

=sdot

==vglθ

2θ = arcsin (0007) = 04deg

θ cong 02deg

(in linea di principio crsquoegrave anche la soluzione 2θ2 = 180deg - arcsin (0007) = 180deg - 04deg = 1796deg e cioegrave θ2 = 898deg )

v0

l

θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 10: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 7) Allrsquoistante in cui il semaforo diventa verde unrsquoautomobile parte con unrsquoaccelerazione costante a = 18 ms2 Nello stesso istante un camion muovendosi con una velocitagrave costante vC = 9 ms raggiunge e sorpassa lrsquoautomobile a) a quanti metri dal punto di partenza lrsquoautomobile sorpasseragrave il camion b) a che velocitagrave staragrave viaggiando in quellrsquoistante (egrave utile tracciare un grafico qualitativo di x in funzione di t per ciascun veicolo) Lrsquoautomobile ferma nellrsquoorigine allrsquoistante t=0 fa un moto uniformemente accelerato rappresentato dallrsquoequazione

( ) 222 908121

21 ttattxA ===

Il grafico di x in funzione di t egrave una parabola con il vertice nellrsquoorigine Il moto del camion egrave invece rettilineo uniforme rappresentato dallrsquoequazione

( ) ttvtx CC 9==

ed il suo grafico egrave una retta passante per lrsquoorigine degli assi

a) Nellrsquoistante in cui lrsquoautomobile sorpassa il camion i due valori della x devono coincidere

tvat C=2

21

021 2 =minus tvat C

Questa equazione algebrica di secondo grado spuria ha due radici

sa

2vt 0t C21 10

8192=

sdot===

100

x(m)

t(s) 10

La prima corrisponde allrsquoistante in cui il camion sorpassa lrsquoautomobile al semaforo la seconda egrave la soluzione cercata Lrsquoautomobile sorpasseragrave il camion nella posizione

mattxA 90108121

21)( 22

22 =sdotsdot==

Ovviamente allrsquoistante t2 la posizione del camion egrave la stessa dellrsquoautomobile

( ) mtvtx CC 9010922 =sdot==

b) la velocitagrave dellrsquoautomobile egrave espressa dalla formula

( ) tattvA 81==

allrsquoistante t2 essa ha il valore

( ) smattvA 18108122 =sdot== doppio del valore della velocitagrave del camion

acqua

y(m)1 2

44

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 8) Una pietra egrave lasciata cadere in acqua da un ponte alto 44m sullrsquoacqua Unrsquoaltra pietra egrave gettata verticalmente dopo un secondo dalla partenza della prima Le pietre colpiscono lrsquoacqua allo stesso istante a) Qual egrave la velocitagrave iniziale della seconda pietra b) Portare in un grafico lo spazio in funzione del tempo per le due pietre ponendo t = 0 nellrsquoistante in cui la prima pietra egrave abbandonata

Scegliamo come sistema di riferimento lrsquoasse y rivolto verso lrsquoalto con lrsquoorigine posto al confine acquaponte I dati del problema sono v01= 0 y0= 44m tR= 1s Lrsquoequazione del moto per la caduta libera egrave

( ) 200 gt

21tvyty minus+=

per quanto riguarda la prima pietra lrsquoequazione del moto diventa

( ) 201 gt

21yty minus=

per la seconda pietra che parte in ritardo di 1 s rispetto la prima la legge oraria egrave

( ) ( ) ( )2RR2002 ttg21ttvyty minusminusminus+=

La prima pietra colpisce lrsquoacqua allrsquoistante tA per il quale deve verificarsi che y1(tA) = 0 Possiamo ricavare quindi tA

s389502

gy2tgt

21y0 0

A2A0 cong

sdot==rArrminus=

a) Per calcolare la velocitagrave iniziale della seconda pietra possiamo sfruttare la condizione data dal problema le pietre colpiscono lrsquoacqua allo stesso istante Quindi deve valere y2(tA) = 0 Da questa condizione possiamo ricavare v02

( ) ( )2RARA200 ttg21ttvy0 minusminusminus+=

( ) ( )( )( )

( )( ) m

tt

yttgv yttgttv

RA

RA

RARA 31219972

44199728921

21

21

20

2

2002

20 minuscongminus

minusminussdot=

minus

minusminus=rArrminusminus=minus

1 2 3

44

t(s)

y(m) b) Notiamo che allrsquoistante tR = 1s in cui parte la seconda pietra la prima pietra ha velocitagrave

v1 = -gt = -98ms Inoltre allrsquoistante tA cong 3s avremo che v1(tA) = -294 ms v2(tA) = -123-98sdot(3-1)=-319ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 9) Un treno partito da fermo si muove con accelerazione costante A un certo istante viaggia a 9 ms e dopo 48 metri viaggia a 15 ms Calcolare a) lrsquoaccelerazione b) il tempo che impiega a percorrere i 48 metri c) il tempo richiesto per raggiungere la velocitagrave di 9 ms d) la distanza tra il punto di partenza e quello il cui il treno ha raggiunto una velocitagrave di 9 ms ________________________________________________________________________________ Il treno si muove di moto uniformemente accelerato a) dallrsquoequazione

( )02

02 2 xxavv xx minus=minus

ricaviamo lrsquoaccelerazione

( )2

22

0

20x

2x sm51

482915

xx2vv

a =sdotminus

=minusminus

=

b) dallrsquoequazione atvv x0x +=

ricaviamo il tempo impiegato a percorrere i 48 m

s451

915avv

t 0xx =minusminus

minus=minus

=

c) dallrsquoequazione

atvv x0x +=

ricaviamo il tempo richiesto per raggiungere la velocitagrave di 9 ms

6s tt 1509 =rArrsdot+=

d) posto lrsquoorigine del nostro sistema di riferimento nel punto di partenza del treno la distanza cercata si ottiene dalla seguente equazione

( ) 2at21tx =

( ) m2765121at

21tx 22 =sdotsdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 10) Il macchinista di un treno che sta viaggiando con velocitagrave v1 vede a una distanza d sul suo stesso binario un altro treno che si sta muovendo nella sua stessa direzione con una velocitagrave piugrave bassa v2 Egli frena immediatamente e dagrave al suo treno una decelerazione costante -a Dimostrare che

se ( )a2vvd

221 minusgt non ci saragrave scontro

se ( )a2vvd

221 minuslt avverragrave uno scontro

________________________________________________________________________________ Le leggi orarie dei due treni sono

( )

( ) tvxtx

at21tvxtx

2022

21011

+=

minus+=

Scelgo un sistema di riferimento con lrsquoorigine nella posizione del primo treno cosiccheacute

x10 = 0 x20 = d

Le leggi orarie diventano quindi

( )

( ) tvdtx

at21tvtx

22

211

+=

minus=

Se si ha scontro deve esistere un istante di tempo tS tale che x1(tS)=x2(tS)

S22SS1 tvdat

21tv +=minus

( )

a212

ad21)vv(vv

t

0dt)vv(at21

22121

S212S

sdot

minusminusplusmnminus=

=+minusminus

Si hanno soluzioni reali (cioegrave crsquoegrave scontro) solo se lrsquoargomento della radice quadrata egrave maggiore di zero cioegrave

( ) ( ) ( )a2vvd ad2vv 0ad2vv

2212

212

21minus

ltrArrgtminusrArrgtminusminus

v1 v2

d

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-35 11) Il moto di un velocista durante una corsa puograve essere approssimato con unrsquoaccelerazione costante di modulo 37 ms2 Posto t = 0 in corrispondenza dellrsquoinizio della corsa si determini il tempo impiegato dal corridore a percorrere a) 5 m b) 10 m Soluzione

a = 37 ms2

x1 = 5 m x2 = 10 m a) t1 = b) t2 =

La legge oraria che descrive il moto del corridore egrave quella del moto uniformemente accelerato e cioegrave

200 2

1 attvxx ++=

che essendo in questo caso la posizione iniziale x0 = 0 e la velocitagrave iniziale nulla (v0 = 0) si riduce alla

2

21 atx =

da cui

axt 22 =

e quindi

axt 2

=

Applicandola nei due casi si ottiene

a) saxt 641

73522 1

1 congsdot

==

b) saxt 322

731022 2

2 congsdot

==

l

x1

x2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-37 12) Unrsquoautomobile si trova 18 m oltre lrsquoingresso di un ristorante e viaggia alla velocitagrave di 16 ms quando il guidatore schiaccia il freno La velocitagrave del veicolo diminuisce con unrsquoaccelerazione costante di modulo 23 ms2 Quanto tempo dopo lrsquoinizio della frenata lrsquoautomobile saragrave 65 m oltre lrsquoingresso Soluzione x0 = 18 m

v0 = 16 ms a = - 23 ms2

x = 65 m t =

Il moto dellrsquoautomobile egrave uniformemente decelerato e quindi la legge oraria egrave

200 2

1 attvxx ++=

dove x0 egrave lo spazio iniziale percorso dallrsquoautomobile x egrave lo spazio percorso nel tempo cercato v0 egrave la velocitagrave dellrsquoautomobile prima di iniziare la frenata ed a egrave la decelerazione (quindi di segno opposto alla velocitagrave) quindi

23221161865 tt sdotminussdot+=

da cui 115 t2 ndash 16 t +47 = 0

Δ = b2 ndash 4ac =(- 16)2 ndash 4 (115)(47) = 398

151283916

21 sdotplusmn

=t

e si ottengono t1 = 42 s

t2 = 97 s

la seconda soluzione egrave matematicamente possibile ma fisicamente non significativa Corrisponderebbe infatti al passaggio dellrsquoautomobile per il punto x = 65 m con velocitagrave uguale in modulo ma diretta in verso opposto

0 x x0

v0 v a

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 51 ndeg 3-1 13) Un velocista corre i 100 m piani in 10 s Si approssimi il moto ipotizzando unrsquoaccelerazione costante per gli altri 85 m Si determinino a) la sua velocitagrave b) il tempo impiegato per percorrere i primi 15 m c) il tempo necessario per percorrere gli altri 85 m d) il modulo dellrsquoaccelerazione per i primi 15 m Soluzione

AB = 100 m AC = 15 m CB = 85 m tAB = 10 s a) vC = b) tAC = c) tCB = d) a =

Il moto del velocista egrave uniformemente accelerato nel tratto AC e uniforme nel tratto CB Indichiamo con vC la velocitagrave raggiunta nel punto C velocitagrave che si mantiene costante lungo tutto il tratto CB Poicheacute il velocista parte da fermo tale velocitagrave egrave semplicemente

ACC tav = Il tempo impiegato a percorrere il tratto CB egrave semplicemente tCB=10s - tAC Le equazioni per il moto uniformemente accelerato nel tratto AC e il moto rettilineo uniforme nel tratto CB sono quindi

ACCACACAC tvtatta21

21

2115 2 ===

)10(85 ACC tv minus=

A C B

v

t

C B

A

v

tAC tCB

Sostituendo i valori numerici dati nella traccia si ottiene il seguente sistema di due equazioni in due incognite

)10(85 ACC tv minus=

ACC tv=30

ACCC tvv minussdot= 1085

ACC tv=30

301085 minussdot= Cv

ACC tv=30

Cvsdot= 10115

ACC tv=30

smvC 511=

stAC 62511

30cong=

Lrsquointervallo di tempo tCB egrave semplicemente

stt ACCB 4710 congminus= Il modulo dellrsquoaccelerazione si ricava dalla

ACavC 22 = cioegrave

22

442

smAC

va C =sdot

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 14) Unrsquoautomobile che si muove con accelerazione costante percorre una distanza di 50 m (tra i punti A e B) in 6 s La sua velocitagrave quando arriva in B egrave vB=15 ms a) qual egrave la sua accelerazione b) quale era la sua velocitagrave in A c) a che distanza da A era partita Soluzione Il moto egrave uniformemente accelerato Valgono quindi le relazioni

( ) ( ) )(221

0222

00 xxavvattvxtx atvtvo0 minus=minus++=+=

Scegliamo come istante iniziale t0 = 0 quello in cui lrsquoautomobile parte da xA con velocitagrave vA incognita La velocitagrave iniziale vA egrave legata alla velocitagrave finale vB (nota e pari a 15 ms) allrsquoaccelerazione a (incognita) e al tempo t (noto e pari a 6s) dallrsquoequazione

aatvv tavv BAAB 615 minus=minus=rarr+=

Lrsquoequazione che lega xB xA vA a e t egrave quindi 2

21 attvxx AAB ++=

In questa equazione non conosciamo neacute a neacute vA mentre sono noti xB - xA= 50m e il tempo t = 6s Se sostituiamo lrsquoespressione ricavata sopra per vA otteniamo unrsquoequazione nella sola incognita a

22

21)(

21 attatvattvxx BAAB +sdotminus=+=minus

3621

sdot+sdotsdot= a6 6)a-(15 50

a36a - 90 50 18+= 4018 =a

22 222920 smsma cong=

b) Ricaviamo adesso vA

smaatvv BA 671920615615 congsdotminus=minus=minus=

c) La distanza percorsa partendo da ferma (dal punto C indicato in figura) prima di arrivare in A puograve essere ottenuto alla relazione

)(222CACA xxavv minus=minus

ma

vxx ACA 630

2)(

2

cong=minus

A B

x xA xB

C

xC

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 15) Dimostrare che per angoli di tiro superiori o inferiori a 45deg della stessa quantitagrave Δθ le gittate sono uguali

La funzione che individua la gittata G (θ) in funzione dellrsquoangolo di tiro iniziale egrave

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

Applicando questa al caso in cui lrsquoangolo di tiro sia 45deg + Δθ e anche 45deg - Δθ si ricava

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δ+deg=Δ+deg=Δ+deg

gv

gv

G

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δminusdeg=Δminusdeg=Δminusdeg

gv

gv

G

Per le proprietagrave della funzione sin si ha che sin (90deg + 2Δθ) = sin (90deg - 2Δθ) = cos 2Δθ HOcircA = 90deg - 2Δθ HOcircB = 90deg + 2Δθ

Allora le due espressioni precedenti sono uguali cioegrave

G (45deg + Δθ) = G (45deg - Δθ)

x

45deg

Δθ

y

Δθ 45deg + Δθ

45deg - Δθ

2Δθ 2Δθ

O

B A

H

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 16) Calcolare lrsquoangolo di tiro a cui lrsquoaltezza massima raggiunta dal proiettile egrave uguale alla gittata

Soluzione

Lrsquoaltezza massima raggiunta egrave data dalla

gvy

2sin22

0max

θ=

mentre la gittata egrave data da

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

quindi la condizione che deve essere soddisfatta saragrave

gv

gv θθ 2sin

2sin 2

022

0 =

da cui semplificando si ottiene

θθθ cossin22

sin 2

=

sin2θ = 4 sinθ cosθ

sinθ = 4 cosθ

tgθ = 4

θ = arctg 4 cong 76deg

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 17) Un fucile con velocitagrave di bocca 500 ms spara un proiettile in un piccolo bersaglio distante 50 m A quale altezza al di sopra del bersaglio deve essere puntato il fucile per poter colpire il bersaglio Soluzione

l = 50 m v0 = 500 ms θ = 0deg y =

Il fucile si deve sollevare di unrsquoaltezza y uguale alla distanza verticale di cui cade il proiettile nel tempo che impiega a percorrere i 50 m cioegrave

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori

mtgy 0490)50(0cos)500(2

89050 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

La distanza di cui si deve sollevare la canna del fucile egrave quindi di circa 49 cm sopra il centro del bersaglio

v0 l

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 18) Un pallone di football lanciato su un campo piano percorre una distanza orizzontale di 17 m prima di toccare terra Il punto di lancio egrave a 15 m di altezza e lrsquoangolo di proiezione egrave di 16deg Qual egrave il modulo della velocitagrave iniziale della palla Gettys pag71 ndeg415 Soluzione

OA = 17 m y0 = 15 m θ = 16deg v0 =

Lrsquoequazione che rappresenta la traiettoria seguita dal pallone nella sua caduta egrave

222

00 cos2

xv

gxtgyyθ

θ minus+=

dove y0 egrave la quota iniziale a cui si trova il pallone θ egrave lrsquoangolo di inclinazione iniziale e v0 egrave il modulo della velocitagrave iniziale Il punto A di arrivo ha coordinate xA = 17 m e yA = 0 per cui diventa

222

00 cos2 AAA x

vgtgxyy

θθ minus+=

da cui si puograve ricavare v0

)(cos2 02

220 θθ tgxy

gxvA

A

+=

e sostituendo i rispettivi valori

222

220 46241

)3746(84122832

)161751)(16(cos2)17(89 sm

tgv =

sdot=

degsdot+degsdot

=

si ottiene

smsmv 51546241 220 ==

x O

θ v0

y

y0

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 19) La velocitagrave iniziale di una palla di cannone egrave 200 ms Se egrave sparata verso un bersaglio che ha una distanza orizzontale di 2 km dal cannone trovare a) i due angoli di tiro per cui il bersaglio verragrave colpito b) il tempo totale di volo per ciascuna delle due traiettorie trovate in a) (Si assuma g = 10 ms2) Serway Soluzione

l = 2 km = 2000 m v0 = 200 ms θ1 = θ2 =

a) Essendo la gittata G pari a

gv

Gθ2sin2

0=

imponendo in questo caso che essa sia pari proprio alla distanza in orizzontale l dal bersaglio si ottiene che

50)200(

2000102sin 220

=sdot

cong=vglθ

e quindi

2θ = arcsin (05) da cui

2θ1 = 30deg

2θ2 = 180deg ndash 30deg = 150deg

(questo perchegrave il sin assume lo stesso valore sia per θ che per il suo supplementare cioegrave per 180deg - θ)

l

θ1

θ2 v0

e quindi

θ1 = 15deg

θ2 = 75deg

b) Il tempo totale di volo per ognuna delle due traiettorie individuate dai due diversi angoli iniziali θ1 e θ2 si ricava dalla

θcos0vxt =

per cui sostituendo i rispettivi valori si ha

sv

xt 351015cos200

2000cos 10

1 congdegsdot

==θ

sv

xt 633875cos200

2000cos 20

2 congdegsdot

==θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 20) Un fucile egrave puntato orizzontalmente al centro di un largo bersaglio distante 150 m La velocitagrave iniziale della pallottola egrave 450 ms a) Dove la pallottola colpisce il bersaglio b) Per colpire il centro del bersaglio la canna deve essere ad un certo angolo al di sopra della linea di punta Trovare lrsquoangolo di elevazione della canna SERWAY Soluzione a) La situazione in questo caso egrave quella rappresentata in figura v0 egrave la velocitagrave iniziale della pallottola ed il fucile egrave diretto orizzontalmente quindi lrsquoangolo iniziale egrave θ = 0deg

l = 150 m v0 = 450 ms θ = 0deg y =

Per sapere in quale punto la pallottola colpisce il bersaglio (cioegrave la distanza y dal centro del bersaglio) si utilizza la formula che individua la traiettoria parabolica del proiettile Infatti

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori relativi a questa situazione (x = l = 150 v0 = 450 θ = 0deg) si ottiene

mtgy 540)150(0cos)450(2

890150 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

Quindi il proiettile colpisce il bersaglio circa 54 cm sotto il centro

v0 l

y

b) In questo caso pur essendo la velocitagrave iniziale sempre pari a v0 lrsquoangolo di inclinazione θ del fucile rispetto allrsquoorizzontale egrave diverso da zero

l = 150 m v0 = 450 ms θ =

Lrsquoangolo di inclinazione θ deve essere calcolato in modo tale che il proiettile colpisca il centro del bersaglio Questo significa che la gittata G deve essere pari proprio ad l per cui

lg

vG ==

θ2sin20

da cui

0070)450(

150892sin 220

=sdot

==vglθ

2θ = arcsin (0007) = 04deg

θ cong 02deg

(in linea di principio crsquoegrave anche la soluzione 2θ2 = 180deg - arcsin (0007) = 180deg - 04deg = 1796deg e cioegrave θ2 = 898deg )

v0

l

θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 11: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

La prima corrisponde allrsquoistante in cui il camion sorpassa lrsquoautomobile al semaforo la seconda egrave la soluzione cercata Lrsquoautomobile sorpasseragrave il camion nella posizione

mattxA 90108121

21)( 22

22 =sdotsdot==

Ovviamente allrsquoistante t2 la posizione del camion egrave la stessa dellrsquoautomobile

( ) mtvtx CC 9010922 =sdot==

b) la velocitagrave dellrsquoautomobile egrave espressa dalla formula

( ) tattvA 81==

allrsquoistante t2 essa ha il valore

( ) smattvA 18108122 =sdot== doppio del valore della velocitagrave del camion

acqua

y(m)1 2

44

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 8) Una pietra egrave lasciata cadere in acqua da un ponte alto 44m sullrsquoacqua Unrsquoaltra pietra egrave gettata verticalmente dopo un secondo dalla partenza della prima Le pietre colpiscono lrsquoacqua allo stesso istante a) Qual egrave la velocitagrave iniziale della seconda pietra b) Portare in un grafico lo spazio in funzione del tempo per le due pietre ponendo t = 0 nellrsquoistante in cui la prima pietra egrave abbandonata

Scegliamo come sistema di riferimento lrsquoasse y rivolto verso lrsquoalto con lrsquoorigine posto al confine acquaponte I dati del problema sono v01= 0 y0= 44m tR= 1s Lrsquoequazione del moto per la caduta libera egrave

( ) 200 gt

21tvyty minus+=

per quanto riguarda la prima pietra lrsquoequazione del moto diventa

( ) 201 gt

21yty minus=

per la seconda pietra che parte in ritardo di 1 s rispetto la prima la legge oraria egrave

( ) ( ) ( )2RR2002 ttg21ttvyty minusminusminus+=

La prima pietra colpisce lrsquoacqua allrsquoistante tA per il quale deve verificarsi che y1(tA) = 0 Possiamo ricavare quindi tA

s389502

gy2tgt

21y0 0

A2A0 cong

sdot==rArrminus=

a) Per calcolare la velocitagrave iniziale della seconda pietra possiamo sfruttare la condizione data dal problema le pietre colpiscono lrsquoacqua allo stesso istante Quindi deve valere y2(tA) = 0 Da questa condizione possiamo ricavare v02

( ) ( )2RARA200 ttg21ttvy0 minusminusminus+=

( ) ( )( )( )

( )( ) m

tt

yttgv yttgttv

RA

RA

RARA 31219972

44199728921

21

21

20

2

2002

20 minuscongminus

minusminussdot=

minus

minusminus=rArrminusminus=minus

1 2 3

44

t(s)

y(m) b) Notiamo che allrsquoistante tR = 1s in cui parte la seconda pietra la prima pietra ha velocitagrave

v1 = -gt = -98ms Inoltre allrsquoistante tA cong 3s avremo che v1(tA) = -294 ms v2(tA) = -123-98sdot(3-1)=-319ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 9) Un treno partito da fermo si muove con accelerazione costante A un certo istante viaggia a 9 ms e dopo 48 metri viaggia a 15 ms Calcolare a) lrsquoaccelerazione b) il tempo che impiega a percorrere i 48 metri c) il tempo richiesto per raggiungere la velocitagrave di 9 ms d) la distanza tra il punto di partenza e quello il cui il treno ha raggiunto una velocitagrave di 9 ms ________________________________________________________________________________ Il treno si muove di moto uniformemente accelerato a) dallrsquoequazione

( )02

02 2 xxavv xx minus=minus

ricaviamo lrsquoaccelerazione

( )2

22

0

20x

2x sm51

482915

xx2vv

a =sdotminus

=minusminus

=

b) dallrsquoequazione atvv x0x +=

ricaviamo il tempo impiegato a percorrere i 48 m

s451

915avv

t 0xx =minusminus

minus=minus

=

c) dallrsquoequazione

atvv x0x +=

ricaviamo il tempo richiesto per raggiungere la velocitagrave di 9 ms

6s tt 1509 =rArrsdot+=

d) posto lrsquoorigine del nostro sistema di riferimento nel punto di partenza del treno la distanza cercata si ottiene dalla seguente equazione

( ) 2at21tx =

( ) m2765121at

21tx 22 =sdotsdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 10) Il macchinista di un treno che sta viaggiando con velocitagrave v1 vede a una distanza d sul suo stesso binario un altro treno che si sta muovendo nella sua stessa direzione con una velocitagrave piugrave bassa v2 Egli frena immediatamente e dagrave al suo treno una decelerazione costante -a Dimostrare che

se ( )a2vvd

221 minusgt non ci saragrave scontro

se ( )a2vvd

221 minuslt avverragrave uno scontro

________________________________________________________________________________ Le leggi orarie dei due treni sono

( )

( ) tvxtx

at21tvxtx

2022

21011

+=

minus+=

Scelgo un sistema di riferimento con lrsquoorigine nella posizione del primo treno cosiccheacute

x10 = 0 x20 = d

Le leggi orarie diventano quindi

( )

( ) tvdtx

at21tvtx

22

211

+=

minus=

Se si ha scontro deve esistere un istante di tempo tS tale che x1(tS)=x2(tS)

S22SS1 tvdat

21tv +=minus

( )

a212

ad21)vv(vv

t

0dt)vv(at21

22121

S212S

sdot

minusminusplusmnminus=

=+minusminus

Si hanno soluzioni reali (cioegrave crsquoegrave scontro) solo se lrsquoargomento della radice quadrata egrave maggiore di zero cioegrave

( ) ( ) ( )a2vvd ad2vv 0ad2vv

2212

212

21minus

ltrArrgtminusrArrgtminusminus

v1 v2

d

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-35 11) Il moto di un velocista durante una corsa puograve essere approssimato con unrsquoaccelerazione costante di modulo 37 ms2 Posto t = 0 in corrispondenza dellrsquoinizio della corsa si determini il tempo impiegato dal corridore a percorrere a) 5 m b) 10 m Soluzione

a = 37 ms2

x1 = 5 m x2 = 10 m a) t1 = b) t2 =

La legge oraria che descrive il moto del corridore egrave quella del moto uniformemente accelerato e cioegrave

200 2

1 attvxx ++=

che essendo in questo caso la posizione iniziale x0 = 0 e la velocitagrave iniziale nulla (v0 = 0) si riduce alla

2

21 atx =

da cui

axt 22 =

e quindi

axt 2

=

Applicandola nei due casi si ottiene

a) saxt 641

73522 1

1 congsdot

==

b) saxt 322

731022 2

2 congsdot

==

l

x1

x2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-37 12) Unrsquoautomobile si trova 18 m oltre lrsquoingresso di un ristorante e viaggia alla velocitagrave di 16 ms quando il guidatore schiaccia il freno La velocitagrave del veicolo diminuisce con unrsquoaccelerazione costante di modulo 23 ms2 Quanto tempo dopo lrsquoinizio della frenata lrsquoautomobile saragrave 65 m oltre lrsquoingresso Soluzione x0 = 18 m

v0 = 16 ms a = - 23 ms2

x = 65 m t =

Il moto dellrsquoautomobile egrave uniformemente decelerato e quindi la legge oraria egrave

200 2

1 attvxx ++=

dove x0 egrave lo spazio iniziale percorso dallrsquoautomobile x egrave lo spazio percorso nel tempo cercato v0 egrave la velocitagrave dellrsquoautomobile prima di iniziare la frenata ed a egrave la decelerazione (quindi di segno opposto alla velocitagrave) quindi

23221161865 tt sdotminussdot+=

da cui 115 t2 ndash 16 t +47 = 0

Δ = b2 ndash 4ac =(- 16)2 ndash 4 (115)(47) = 398

151283916

21 sdotplusmn

=t

e si ottengono t1 = 42 s

t2 = 97 s

la seconda soluzione egrave matematicamente possibile ma fisicamente non significativa Corrisponderebbe infatti al passaggio dellrsquoautomobile per il punto x = 65 m con velocitagrave uguale in modulo ma diretta in verso opposto

0 x x0

v0 v a

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 51 ndeg 3-1 13) Un velocista corre i 100 m piani in 10 s Si approssimi il moto ipotizzando unrsquoaccelerazione costante per gli altri 85 m Si determinino a) la sua velocitagrave b) il tempo impiegato per percorrere i primi 15 m c) il tempo necessario per percorrere gli altri 85 m d) il modulo dellrsquoaccelerazione per i primi 15 m Soluzione

AB = 100 m AC = 15 m CB = 85 m tAB = 10 s a) vC = b) tAC = c) tCB = d) a =

Il moto del velocista egrave uniformemente accelerato nel tratto AC e uniforme nel tratto CB Indichiamo con vC la velocitagrave raggiunta nel punto C velocitagrave che si mantiene costante lungo tutto il tratto CB Poicheacute il velocista parte da fermo tale velocitagrave egrave semplicemente

ACC tav = Il tempo impiegato a percorrere il tratto CB egrave semplicemente tCB=10s - tAC Le equazioni per il moto uniformemente accelerato nel tratto AC e il moto rettilineo uniforme nel tratto CB sono quindi

ACCACACAC tvtatta21

21

2115 2 ===

)10(85 ACC tv minus=

A C B

v

t

C B

A

v

tAC tCB

Sostituendo i valori numerici dati nella traccia si ottiene il seguente sistema di due equazioni in due incognite

)10(85 ACC tv minus=

ACC tv=30

ACCC tvv minussdot= 1085

ACC tv=30

301085 minussdot= Cv

ACC tv=30

Cvsdot= 10115

ACC tv=30

smvC 511=

stAC 62511

30cong=

Lrsquointervallo di tempo tCB egrave semplicemente

stt ACCB 4710 congminus= Il modulo dellrsquoaccelerazione si ricava dalla

ACavC 22 = cioegrave

22

442

smAC

va C =sdot

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 14) Unrsquoautomobile che si muove con accelerazione costante percorre una distanza di 50 m (tra i punti A e B) in 6 s La sua velocitagrave quando arriva in B egrave vB=15 ms a) qual egrave la sua accelerazione b) quale era la sua velocitagrave in A c) a che distanza da A era partita Soluzione Il moto egrave uniformemente accelerato Valgono quindi le relazioni

( ) ( ) )(221

0222

00 xxavvattvxtx atvtvo0 minus=minus++=+=

Scegliamo come istante iniziale t0 = 0 quello in cui lrsquoautomobile parte da xA con velocitagrave vA incognita La velocitagrave iniziale vA egrave legata alla velocitagrave finale vB (nota e pari a 15 ms) allrsquoaccelerazione a (incognita) e al tempo t (noto e pari a 6s) dallrsquoequazione

aatvv tavv BAAB 615 minus=minus=rarr+=

Lrsquoequazione che lega xB xA vA a e t egrave quindi 2

21 attvxx AAB ++=

In questa equazione non conosciamo neacute a neacute vA mentre sono noti xB - xA= 50m e il tempo t = 6s Se sostituiamo lrsquoespressione ricavata sopra per vA otteniamo unrsquoequazione nella sola incognita a

22

21)(

21 attatvattvxx BAAB +sdotminus=+=minus

3621

sdot+sdotsdot= a6 6)a-(15 50

a36a - 90 50 18+= 4018 =a

22 222920 smsma cong=

b) Ricaviamo adesso vA

smaatvv BA 671920615615 congsdotminus=minus=minus=

c) La distanza percorsa partendo da ferma (dal punto C indicato in figura) prima di arrivare in A puograve essere ottenuto alla relazione

)(222CACA xxavv minus=minus

ma

vxx ACA 630

2)(

2

cong=minus

A B

x xA xB

C

xC

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 15) Dimostrare che per angoli di tiro superiori o inferiori a 45deg della stessa quantitagrave Δθ le gittate sono uguali

La funzione che individua la gittata G (θ) in funzione dellrsquoangolo di tiro iniziale egrave

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

Applicando questa al caso in cui lrsquoangolo di tiro sia 45deg + Δθ e anche 45deg - Δθ si ricava

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δ+deg=Δ+deg=Δ+deg

gv

gv

G

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δminusdeg=Δminusdeg=Δminusdeg

gv

gv

G

Per le proprietagrave della funzione sin si ha che sin (90deg + 2Δθ) = sin (90deg - 2Δθ) = cos 2Δθ HOcircA = 90deg - 2Δθ HOcircB = 90deg + 2Δθ

Allora le due espressioni precedenti sono uguali cioegrave

G (45deg + Δθ) = G (45deg - Δθ)

x

45deg

Δθ

y

Δθ 45deg + Δθ

45deg - Δθ

2Δθ 2Δθ

O

B A

H

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 16) Calcolare lrsquoangolo di tiro a cui lrsquoaltezza massima raggiunta dal proiettile egrave uguale alla gittata

Soluzione

Lrsquoaltezza massima raggiunta egrave data dalla

gvy

2sin22

0max

θ=

mentre la gittata egrave data da

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

quindi la condizione che deve essere soddisfatta saragrave

gv

gv θθ 2sin

2sin 2

022

0 =

da cui semplificando si ottiene

θθθ cossin22

sin 2

=

sin2θ = 4 sinθ cosθ

sinθ = 4 cosθ

tgθ = 4

θ = arctg 4 cong 76deg

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 17) Un fucile con velocitagrave di bocca 500 ms spara un proiettile in un piccolo bersaglio distante 50 m A quale altezza al di sopra del bersaglio deve essere puntato il fucile per poter colpire il bersaglio Soluzione

l = 50 m v0 = 500 ms θ = 0deg y =

Il fucile si deve sollevare di unrsquoaltezza y uguale alla distanza verticale di cui cade il proiettile nel tempo che impiega a percorrere i 50 m cioegrave

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori

mtgy 0490)50(0cos)500(2

89050 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

La distanza di cui si deve sollevare la canna del fucile egrave quindi di circa 49 cm sopra il centro del bersaglio

v0 l

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 18) Un pallone di football lanciato su un campo piano percorre una distanza orizzontale di 17 m prima di toccare terra Il punto di lancio egrave a 15 m di altezza e lrsquoangolo di proiezione egrave di 16deg Qual egrave il modulo della velocitagrave iniziale della palla Gettys pag71 ndeg415 Soluzione

OA = 17 m y0 = 15 m θ = 16deg v0 =

Lrsquoequazione che rappresenta la traiettoria seguita dal pallone nella sua caduta egrave

222

00 cos2

xv

gxtgyyθ

θ minus+=

dove y0 egrave la quota iniziale a cui si trova il pallone θ egrave lrsquoangolo di inclinazione iniziale e v0 egrave il modulo della velocitagrave iniziale Il punto A di arrivo ha coordinate xA = 17 m e yA = 0 per cui diventa

222

00 cos2 AAA x

vgtgxyy

θθ minus+=

da cui si puograve ricavare v0

)(cos2 02

220 θθ tgxy

gxvA

A

+=

e sostituendo i rispettivi valori

222

220 46241

)3746(84122832

)161751)(16(cos2)17(89 sm

tgv =

sdot=

degsdot+degsdot

=

si ottiene

smsmv 51546241 220 ==

x O

θ v0

y

y0

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 19) La velocitagrave iniziale di una palla di cannone egrave 200 ms Se egrave sparata verso un bersaglio che ha una distanza orizzontale di 2 km dal cannone trovare a) i due angoli di tiro per cui il bersaglio verragrave colpito b) il tempo totale di volo per ciascuna delle due traiettorie trovate in a) (Si assuma g = 10 ms2) Serway Soluzione

l = 2 km = 2000 m v0 = 200 ms θ1 = θ2 =

a) Essendo la gittata G pari a

gv

Gθ2sin2

0=

imponendo in questo caso che essa sia pari proprio alla distanza in orizzontale l dal bersaglio si ottiene che

50)200(

2000102sin 220

=sdot

cong=vglθ

e quindi

2θ = arcsin (05) da cui

2θ1 = 30deg

2θ2 = 180deg ndash 30deg = 150deg

(questo perchegrave il sin assume lo stesso valore sia per θ che per il suo supplementare cioegrave per 180deg - θ)

l

θ1

θ2 v0

e quindi

θ1 = 15deg

θ2 = 75deg

b) Il tempo totale di volo per ognuna delle due traiettorie individuate dai due diversi angoli iniziali θ1 e θ2 si ricava dalla

θcos0vxt =

per cui sostituendo i rispettivi valori si ha

sv

xt 351015cos200

2000cos 10

1 congdegsdot

==θ

sv

xt 633875cos200

2000cos 20

2 congdegsdot

==θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 20) Un fucile egrave puntato orizzontalmente al centro di un largo bersaglio distante 150 m La velocitagrave iniziale della pallottola egrave 450 ms a) Dove la pallottola colpisce il bersaglio b) Per colpire il centro del bersaglio la canna deve essere ad un certo angolo al di sopra della linea di punta Trovare lrsquoangolo di elevazione della canna SERWAY Soluzione a) La situazione in questo caso egrave quella rappresentata in figura v0 egrave la velocitagrave iniziale della pallottola ed il fucile egrave diretto orizzontalmente quindi lrsquoangolo iniziale egrave θ = 0deg

l = 150 m v0 = 450 ms θ = 0deg y =

Per sapere in quale punto la pallottola colpisce il bersaglio (cioegrave la distanza y dal centro del bersaglio) si utilizza la formula che individua la traiettoria parabolica del proiettile Infatti

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori relativi a questa situazione (x = l = 150 v0 = 450 θ = 0deg) si ottiene

mtgy 540)150(0cos)450(2

890150 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

Quindi il proiettile colpisce il bersaglio circa 54 cm sotto il centro

v0 l

y

b) In questo caso pur essendo la velocitagrave iniziale sempre pari a v0 lrsquoangolo di inclinazione θ del fucile rispetto allrsquoorizzontale egrave diverso da zero

l = 150 m v0 = 450 ms θ =

Lrsquoangolo di inclinazione θ deve essere calcolato in modo tale che il proiettile colpisca il centro del bersaglio Questo significa che la gittata G deve essere pari proprio ad l per cui

lg

vG ==

θ2sin20

da cui

0070)450(

150892sin 220

=sdot

==vglθ

2θ = arcsin (0007) = 04deg

θ cong 02deg

(in linea di principio crsquoegrave anche la soluzione 2θ2 = 180deg - arcsin (0007) = 180deg - 04deg = 1796deg e cioegrave θ2 = 898deg )

v0

l

θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 12: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

acqua

y(m)1 2

44

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 8) Una pietra egrave lasciata cadere in acqua da un ponte alto 44m sullrsquoacqua Unrsquoaltra pietra egrave gettata verticalmente dopo un secondo dalla partenza della prima Le pietre colpiscono lrsquoacqua allo stesso istante a) Qual egrave la velocitagrave iniziale della seconda pietra b) Portare in un grafico lo spazio in funzione del tempo per le due pietre ponendo t = 0 nellrsquoistante in cui la prima pietra egrave abbandonata

Scegliamo come sistema di riferimento lrsquoasse y rivolto verso lrsquoalto con lrsquoorigine posto al confine acquaponte I dati del problema sono v01= 0 y0= 44m tR= 1s Lrsquoequazione del moto per la caduta libera egrave

( ) 200 gt

21tvyty minus+=

per quanto riguarda la prima pietra lrsquoequazione del moto diventa

( ) 201 gt

21yty minus=

per la seconda pietra che parte in ritardo di 1 s rispetto la prima la legge oraria egrave

( ) ( ) ( )2RR2002 ttg21ttvyty minusminusminus+=

La prima pietra colpisce lrsquoacqua allrsquoistante tA per il quale deve verificarsi che y1(tA) = 0 Possiamo ricavare quindi tA

s389502

gy2tgt

21y0 0

A2A0 cong

sdot==rArrminus=

a) Per calcolare la velocitagrave iniziale della seconda pietra possiamo sfruttare la condizione data dal problema le pietre colpiscono lrsquoacqua allo stesso istante Quindi deve valere y2(tA) = 0 Da questa condizione possiamo ricavare v02

( ) ( )2RARA200 ttg21ttvy0 minusminusminus+=

( ) ( )( )( )

( )( ) m

tt

yttgv yttgttv

RA

RA

RARA 31219972

44199728921

21

21

20

2

2002

20 minuscongminus

minusminussdot=

minus

minusminus=rArrminusminus=minus

1 2 3

44

t(s)

y(m) b) Notiamo che allrsquoistante tR = 1s in cui parte la seconda pietra la prima pietra ha velocitagrave

v1 = -gt = -98ms Inoltre allrsquoistante tA cong 3s avremo che v1(tA) = -294 ms v2(tA) = -123-98sdot(3-1)=-319ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 9) Un treno partito da fermo si muove con accelerazione costante A un certo istante viaggia a 9 ms e dopo 48 metri viaggia a 15 ms Calcolare a) lrsquoaccelerazione b) il tempo che impiega a percorrere i 48 metri c) il tempo richiesto per raggiungere la velocitagrave di 9 ms d) la distanza tra il punto di partenza e quello il cui il treno ha raggiunto una velocitagrave di 9 ms ________________________________________________________________________________ Il treno si muove di moto uniformemente accelerato a) dallrsquoequazione

( )02

02 2 xxavv xx minus=minus

ricaviamo lrsquoaccelerazione

( )2

22

0

20x

2x sm51

482915

xx2vv

a =sdotminus

=minusminus

=

b) dallrsquoequazione atvv x0x +=

ricaviamo il tempo impiegato a percorrere i 48 m

s451

915avv

t 0xx =minusminus

minus=minus

=

c) dallrsquoequazione

atvv x0x +=

ricaviamo il tempo richiesto per raggiungere la velocitagrave di 9 ms

6s tt 1509 =rArrsdot+=

d) posto lrsquoorigine del nostro sistema di riferimento nel punto di partenza del treno la distanza cercata si ottiene dalla seguente equazione

( ) 2at21tx =

( ) m2765121at

21tx 22 =sdotsdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 10) Il macchinista di un treno che sta viaggiando con velocitagrave v1 vede a una distanza d sul suo stesso binario un altro treno che si sta muovendo nella sua stessa direzione con una velocitagrave piugrave bassa v2 Egli frena immediatamente e dagrave al suo treno una decelerazione costante -a Dimostrare che

se ( )a2vvd

221 minusgt non ci saragrave scontro

se ( )a2vvd

221 minuslt avverragrave uno scontro

________________________________________________________________________________ Le leggi orarie dei due treni sono

( )

( ) tvxtx

at21tvxtx

2022

21011

+=

minus+=

Scelgo un sistema di riferimento con lrsquoorigine nella posizione del primo treno cosiccheacute

x10 = 0 x20 = d

Le leggi orarie diventano quindi

( )

( ) tvdtx

at21tvtx

22

211

+=

minus=

Se si ha scontro deve esistere un istante di tempo tS tale che x1(tS)=x2(tS)

S22SS1 tvdat

21tv +=minus

( )

a212

ad21)vv(vv

t

0dt)vv(at21

22121

S212S

sdot

minusminusplusmnminus=

=+minusminus

Si hanno soluzioni reali (cioegrave crsquoegrave scontro) solo se lrsquoargomento della radice quadrata egrave maggiore di zero cioegrave

( ) ( ) ( )a2vvd ad2vv 0ad2vv

2212

212

21minus

ltrArrgtminusrArrgtminusminus

v1 v2

d

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-35 11) Il moto di un velocista durante una corsa puograve essere approssimato con unrsquoaccelerazione costante di modulo 37 ms2 Posto t = 0 in corrispondenza dellrsquoinizio della corsa si determini il tempo impiegato dal corridore a percorrere a) 5 m b) 10 m Soluzione

a = 37 ms2

x1 = 5 m x2 = 10 m a) t1 = b) t2 =

La legge oraria che descrive il moto del corridore egrave quella del moto uniformemente accelerato e cioegrave

200 2

1 attvxx ++=

che essendo in questo caso la posizione iniziale x0 = 0 e la velocitagrave iniziale nulla (v0 = 0) si riduce alla

2

21 atx =

da cui

axt 22 =

e quindi

axt 2

=

Applicandola nei due casi si ottiene

a) saxt 641

73522 1

1 congsdot

==

b) saxt 322

731022 2

2 congsdot

==

l

x1

x2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-37 12) Unrsquoautomobile si trova 18 m oltre lrsquoingresso di un ristorante e viaggia alla velocitagrave di 16 ms quando il guidatore schiaccia il freno La velocitagrave del veicolo diminuisce con unrsquoaccelerazione costante di modulo 23 ms2 Quanto tempo dopo lrsquoinizio della frenata lrsquoautomobile saragrave 65 m oltre lrsquoingresso Soluzione x0 = 18 m

v0 = 16 ms a = - 23 ms2

x = 65 m t =

Il moto dellrsquoautomobile egrave uniformemente decelerato e quindi la legge oraria egrave

200 2

1 attvxx ++=

dove x0 egrave lo spazio iniziale percorso dallrsquoautomobile x egrave lo spazio percorso nel tempo cercato v0 egrave la velocitagrave dellrsquoautomobile prima di iniziare la frenata ed a egrave la decelerazione (quindi di segno opposto alla velocitagrave) quindi

23221161865 tt sdotminussdot+=

da cui 115 t2 ndash 16 t +47 = 0

Δ = b2 ndash 4ac =(- 16)2 ndash 4 (115)(47) = 398

151283916

21 sdotplusmn

=t

e si ottengono t1 = 42 s

t2 = 97 s

la seconda soluzione egrave matematicamente possibile ma fisicamente non significativa Corrisponderebbe infatti al passaggio dellrsquoautomobile per il punto x = 65 m con velocitagrave uguale in modulo ma diretta in verso opposto

0 x x0

v0 v a

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 51 ndeg 3-1 13) Un velocista corre i 100 m piani in 10 s Si approssimi il moto ipotizzando unrsquoaccelerazione costante per gli altri 85 m Si determinino a) la sua velocitagrave b) il tempo impiegato per percorrere i primi 15 m c) il tempo necessario per percorrere gli altri 85 m d) il modulo dellrsquoaccelerazione per i primi 15 m Soluzione

AB = 100 m AC = 15 m CB = 85 m tAB = 10 s a) vC = b) tAC = c) tCB = d) a =

Il moto del velocista egrave uniformemente accelerato nel tratto AC e uniforme nel tratto CB Indichiamo con vC la velocitagrave raggiunta nel punto C velocitagrave che si mantiene costante lungo tutto il tratto CB Poicheacute il velocista parte da fermo tale velocitagrave egrave semplicemente

ACC tav = Il tempo impiegato a percorrere il tratto CB egrave semplicemente tCB=10s - tAC Le equazioni per il moto uniformemente accelerato nel tratto AC e il moto rettilineo uniforme nel tratto CB sono quindi

ACCACACAC tvtatta21

21

2115 2 ===

)10(85 ACC tv minus=

A C B

v

t

C B

A

v

tAC tCB

Sostituendo i valori numerici dati nella traccia si ottiene il seguente sistema di due equazioni in due incognite

)10(85 ACC tv minus=

ACC tv=30

ACCC tvv minussdot= 1085

ACC tv=30

301085 minussdot= Cv

ACC tv=30

Cvsdot= 10115

ACC tv=30

smvC 511=

stAC 62511

30cong=

Lrsquointervallo di tempo tCB egrave semplicemente

stt ACCB 4710 congminus= Il modulo dellrsquoaccelerazione si ricava dalla

ACavC 22 = cioegrave

22

442

smAC

va C =sdot

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 14) Unrsquoautomobile che si muove con accelerazione costante percorre una distanza di 50 m (tra i punti A e B) in 6 s La sua velocitagrave quando arriva in B egrave vB=15 ms a) qual egrave la sua accelerazione b) quale era la sua velocitagrave in A c) a che distanza da A era partita Soluzione Il moto egrave uniformemente accelerato Valgono quindi le relazioni

( ) ( ) )(221

0222

00 xxavvattvxtx atvtvo0 minus=minus++=+=

Scegliamo come istante iniziale t0 = 0 quello in cui lrsquoautomobile parte da xA con velocitagrave vA incognita La velocitagrave iniziale vA egrave legata alla velocitagrave finale vB (nota e pari a 15 ms) allrsquoaccelerazione a (incognita) e al tempo t (noto e pari a 6s) dallrsquoequazione

aatvv tavv BAAB 615 minus=minus=rarr+=

Lrsquoequazione che lega xB xA vA a e t egrave quindi 2

21 attvxx AAB ++=

In questa equazione non conosciamo neacute a neacute vA mentre sono noti xB - xA= 50m e il tempo t = 6s Se sostituiamo lrsquoespressione ricavata sopra per vA otteniamo unrsquoequazione nella sola incognita a

22

21)(

21 attatvattvxx BAAB +sdotminus=+=minus

3621

sdot+sdotsdot= a6 6)a-(15 50

a36a - 90 50 18+= 4018 =a

22 222920 smsma cong=

b) Ricaviamo adesso vA

smaatvv BA 671920615615 congsdotminus=minus=minus=

c) La distanza percorsa partendo da ferma (dal punto C indicato in figura) prima di arrivare in A puograve essere ottenuto alla relazione

)(222CACA xxavv minus=minus

ma

vxx ACA 630

2)(

2

cong=minus

A B

x xA xB

C

xC

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 15) Dimostrare che per angoli di tiro superiori o inferiori a 45deg della stessa quantitagrave Δθ le gittate sono uguali

La funzione che individua la gittata G (θ) in funzione dellrsquoangolo di tiro iniziale egrave

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

Applicando questa al caso in cui lrsquoangolo di tiro sia 45deg + Δθ e anche 45deg - Δθ si ricava

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δ+deg=Δ+deg=Δ+deg

gv

gv

G

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δminusdeg=Δminusdeg=Δminusdeg

gv

gv

G

Per le proprietagrave della funzione sin si ha che sin (90deg + 2Δθ) = sin (90deg - 2Δθ) = cos 2Δθ HOcircA = 90deg - 2Δθ HOcircB = 90deg + 2Δθ

Allora le due espressioni precedenti sono uguali cioegrave

G (45deg + Δθ) = G (45deg - Δθ)

x

45deg

Δθ

y

Δθ 45deg + Δθ

45deg - Δθ

2Δθ 2Δθ

O

B A

H

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 16) Calcolare lrsquoangolo di tiro a cui lrsquoaltezza massima raggiunta dal proiettile egrave uguale alla gittata

Soluzione

Lrsquoaltezza massima raggiunta egrave data dalla

gvy

2sin22

0max

θ=

mentre la gittata egrave data da

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

quindi la condizione che deve essere soddisfatta saragrave

gv

gv θθ 2sin

2sin 2

022

0 =

da cui semplificando si ottiene

θθθ cossin22

sin 2

=

sin2θ = 4 sinθ cosθ

sinθ = 4 cosθ

tgθ = 4

θ = arctg 4 cong 76deg

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 17) Un fucile con velocitagrave di bocca 500 ms spara un proiettile in un piccolo bersaglio distante 50 m A quale altezza al di sopra del bersaglio deve essere puntato il fucile per poter colpire il bersaglio Soluzione

l = 50 m v0 = 500 ms θ = 0deg y =

Il fucile si deve sollevare di unrsquoaltezza y uguale alla distanza verticale di cui cade il proiettile nel tempo che impiega a percorrere i 50 m cioegrave

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori

mtgy 0490)50(0cos)500(2

89050 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

La distanza di cui si deve sollevare la canna del fucile egrave quindi di circa 49 cm sopra il centro del bersaglio

v0 l

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 18) Un pallone di football lanciato su un campo piano percorre una distanza orizzontale di 17 m prima di toccare terra Il punto di lancio egrave a 15 m di altezza e lrsquoangolo di proiezione egrave di 16deg Qual egrave il modulo della velocitagrave iniziale della palla Gettys pag71 ndeg415 Soluzione

OA = 17 m y0 = 15 m θ = 16deg v0 =

Lrsquoequazione che rappresenta la traiettoria seguita dal pallone nella sua caduta egrave

222

00 cos2

xv

gxtgyyθ

θ minus+=

dove y0 egrave la quota iniziale a cui si trova il pallone θ egrave lrsquoangolo di inclinazione iniziale e v0 egrave il modulo della velocitagrave iniziale Il punto A di arrivo ha coordinate xA = 17 m e yA = 0 per cui diventa

222

00 cos2 AAA x

vgtgxyy

θθ minus+=

da cui si puograve ricavare v0

)(cos2 02

220 θθ tgxy

gxvA

A

+=

e sostituendo i rispettivi valori

222

220 46241

)3746(84122832

)161751)(16(cos2)17(89 sm

tgv =

sdot=

degsdot+degsdot

=

si ottiene

smsmv 51546241 220 ==

x O

θ v0

y

y0

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 19) La velocitagrave iniziale di una palla di cannone egrave 200 ms Se egrave sparata verso un bersaglio che ha una distanza orizzontale di 2 km dal cannone trovare a) i due angoli di tiro per cui il bersaglio verragrave colpito b) il tempo totale di volo per ciascuna delle due traiettorie trovate in a) (Si assuma g = 10 ms2) Serway Soluzione

l = 2 km = 2000 m v0 = 200 ms θ1 = θ2 =

a) Essendo la gittata G pari a

gv

Gθ2sin2

0=

imponendo in questo caso che essa sia pari proprio alla distanza in orizzontale l dal bersaglio si ottiene che

50)200(

2000102sin 220

=sdot

cong=vglθ

e quindi

2θ = arcsin (05) da cui

2θ1 = 30deg

2θ2 = 180deg ndash 30deg = 150deg

(questo perchegrave il sin assume lo stesso valore sia per θ che per il suo supplementare cioegrave per 180deg - θ)

l

θ1

θ2 v0

e quindi

θ1 = 15deg

θ2 = 75deg

b) Il tempo totale di volo per ognuna delle due traiettorie individuate dai due diversi angoli iniziali θ1 e θ2 si ricava dalla

θcos0vxt =

per cui sostituendo i rispettivi valori si ha

sv

xt 351015cos200

2000cos 10

1 congdegsdot

==θ

sv

xt 633875cos200

2000cos 20

2 congdegsdot

==θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 20) Un fucile egrave puntato orizzontalmente al centro di un largo bersaglio distante 150 m La velocitagrave iniziale della pallottola egrave 450 ms a) Dove la pallottola colpisce il bersaglio b) Per colpire il centro del bersaglio la canna deve essere ad un certo angolo al di sopra della linea di punta Trovare lrsquoangolo di elevazione della canna SERWAY Soluzione a) La situazione in questo caso egrave quella rappresentata in figura v0 egrave la velocitagrave iniziale della pallottola ed il fucile egrave diretto orizzontalmente quindi lrsquoangolo iniziale egrave θ = 0deg

l = 150 m v0 = 450 ms θ = 0deg y =

Per sapere in quale punto la pallottola colpisce il bersaglio (cioegrave la distanza y dal centro del bersaglio) si utilizza la formula che individua la traiettoria parabolica del proiettile Infatti

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori relativi a questa situazione (x = l = 150 v0 = 450 θ = 0deg) si ottiene

mtgy 540)150(0cos)450(2

890150 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

Quindi il proiettile colpisce il bersaglio circa 54 cm sotto il centro

v0 l

y

b) In questo caso pur essendo la velocitagrave iniziale sempre pari a v0 lrsquoangolo di inclinazione θ del fucile rispetto allrsquoorizzontale egrave diverso da zero

l = 150 m v0 = 450 ms θ =

Lrsquoangolo di inclinazione θ deve essere calcolato in modo tale che il proiettile colpisca il centro del bersaglio Questo significa che la gittata G deve essere pari proprio ad l per cui

lg

vG ==

θ2sin20

da cui

0070)450(

150892sin 220

=sdot

==vglθ

2θ = arcsin (0007) = 04deg

θ cong 02deg

(in linea di principio crsquoegrave anche la soluzione 2θ2 = 180deg - arcsin (0007) = 180deg - 04deg = 1796deg e cioegrave θ2 = 898deg )

v0

l

θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 13: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

1 2 3

44

t(s)

y(m) b) Notiamo che allrsquoistante tR = 1s in cui parte la seconda pietra la prima pietra ha velocitagrave

v1 = -gt = -98ms Inoltre allrsquoistante tA cong 3s avremo che v1(tA) = -294 ms v2(tA) = -123-98sdot(3-1)=-319ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 9) Un treno partito da fermo si muove con accelerazione costante A un certo istante viaggia a 9 ms e dopo 48 metri viaggia a 15 ms Calcolare a) lrsquoaccelerazione b) il tempo che impiega a percorrere i 48 metri c) il tempo richiesto per raggiungere la velocitagrave di 9 ms d) la distanza tra il punto di partenza e quello il cui il treno ha raggiunto una velocitagrave di 9 ms ________________________________________________________________________________ Il treno si muove di moto uniformemente accelerato a) dallrsquoequazione

( )02

02 2 xxavv xx minus=minus

ricaviamo lrsquoaccelerazione

( )2

22

0

20x

2x sm51

482915

xx2vv

a =sdotminus

=minusminus

=

b) dallrsquoequazione atvv x0x +=

ricaviamo il tempo impiegato a percorrere i 48 m

s451

915avv

t 0xx =minusminus

minus=minus

=

c) dallrsquoequazione

atvv x0x +=

ricaviamo il tempo richiesto per raggiungere la velocitagrave di 9 ms

6s tt 1509 =rArrsdot+=

d) posto lrsquoorigine del nostro sistema di riferimento nel punto di partenza del treno la distanza cercata si ottiene dalla seguente equazione

( ) 2at21tx =

( ) m2765121at

21tx 22 =sdotsdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 10) Il macchinista di un treno che sta viaggiando con velocitagrave v1 vede a una distanza d sul suo stesso binario un altro treno che si sta muovendo nella sua stessa direzione con una velocitagrave piugrave bassa v2 Egli frena immediatamente e dagrave al suo treno una decelerazione costante -a Dimostrare che

se ( )a2vvd

221 minusgt non ci saragrave scontro

se ( )a2vvd

221 minuslt avverragrave uno scontro

________________________________________________________________________________ Le leggi orarie dei due treni sono

( )

( ) tvxtx

at21tvxtx

2022

21011

+=

minus+=

Scelgo un sistema di riferimento con lrsquoorigine nella posizione del primo treno cosiccheacute

x10 = 0 x20 = d

Le leggi orarie diventano quindi

( )

( ) tvdtx

at21tvtx

22

211

+=

minus=

Se si ha scontro deve esistere un istante di tempo tS tale che x1(tS)=x2(tS)

S22SS1 tvdat

21tv +=minus

( )

a212

ad21)vv(vv

t

0dt)vv(at21

22121

S212S

sdot

minusminusplusmnminus=

=+minusminus

Si hanno soluzioni reali (cioegrave crsquoegrave scontro) solo se lrsquoargomento della radice quadrata egrave maggiore di zero cioegrave

( ) ( ) ( )a2vvd ad2vv 0ad2vv

2212

212

21minus

ltrArrgtminusrArrgtminusminus

v1 v2

d

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-35 11) Il moto di un velocista durante una corsa puograve essere approssimato con unrsquoaccelerazione costante di modulo 37 ms2 Posto t = 0 in corrispondenza dellrsquoinizio della corsa si determini il tempo impiegato dal corridore a percorrere a) 5 m b) 10 m Soluzione

a = 37 ms2

x1 = 5 m x2 = 10 m a) t1 = b) t2 =

La legge oraria che descrive il moto del corridore egrave quella del moto uniformemente accelerato e cioegrave

200 2

1 attvxx ++=

che essendo in questo caso la posizione iniziale x0 = 0 e la velocitagrave iniziale nulla (v0 = 0) si riduce alla

2

21 atx =

da cui

axt 22 =

e quindi

axt 2

=

Applicandola nei due casi si ottiene

a) saxt 641

73522 1

1 congsdot

==

b) saxt 322

731022 2

2 congsdot

==

l

x1

x2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-37 12) Unrsquoautomobile si trova 18 m oltre lrsquoingresso di un ristorante e viaggia alla velocitagrave di 16 ms quando il guidatore schiaccia il freno La velocitagrave del veicolo diminuisce con unrsquoaccelerazione costante di modulo 23 ms2 Quanto tempo dopo lrsquoinizio della frenata lrsquoautomobile saragrave 65 m oltre lrsquoingresso Soluzione x0 = 18 m

v0 = 16 ms a = - 23 ms2

x = 65 m t =

Il moto dellrsquoautomobile egrave uniformemente decelerato e quindi la legge oraria egrave

200 2

1 attvxx ++=

dove x0 egrave lo spazio iniziale percorso dallrsquoautomobile x egrave lo spazio percorso nel tempo cercato v0 egrave la velocitagrave dellrsquoautomobile prima di iniziare la frenata ed a egrave la decelerazione (quindi di segno opposto alla velocitagrave) quindi

23221161865 tt sdotminussdot+=

da cui 115 t2 ndash 16 t +47 = 0

Δ = b2 ndash 4ac =(- 16)2 ndash 4 (115)(47) = 398

151283916

21 sdotplusmn

=t

e si ottengono t1 = 42 s

t2 = 97 s

la seconda soluzione egrave matematicamente possibile ma fisicamente non significativa Corrisponderebbe infatti al passaggio dellrsquoautomobile per il punto x = 65 m con velocitagrave uguale in modulo ma diretta in verso opposto

0 x x0

v0 v a

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 51 ndeg 3-1 13) Un velocista corre i 100 m piani in 10 s Si approssimi il moto ipotizzando unrsquoaccelerazione costante per gli altri 85 m Si determinino a) la sua velocitagrave b) il tempo impiegato per percorrere i primi 15 m c) il tempo necessario per percorrere gli altri 85 m d) il modulo dellrsquoaccelerazione per i primi 15 m Soluzione

AB = 100 m AC = 15 m CB = 85 m tAB = 10 s a) vC = b) tAC = c) tCB = d) a =

Il moto del velocista egrave uniformemente accelerato nel tratto AC e uniforme nel tratto CB Indichiamo con vC la velocitagrave raggiunta nel punto C velocitagrave che si mantiene costante lungo tutto il tratto CB Poicheacute il velocista parte da fermo tale velocitagrave egrave semplicemente

ACC tav = Il tempo impiegato a percorrere il tratto CB egrave semplicemente tCB=10s - tAC Le equazioni per il moto uniformemente accelerato nel tratto AC e il moto rettilineo uniforme nel tratto CB sono quindi

ACCACACAC tvtatta21

21

2115 2 ===

)10(85 ACC tv minus=

A C B

v

t

C B

A

v

tAC tCB

Sostituendo i valori numerici dati nella traccia si ottiene il seguente sistema di due equazioni in due incognite

)10(85 ACC tv minus=

ACC tv=30

ACCC tvv minussdot= 1085

ACC tv=30

301085 minussdot= Cv

ACC tv=30

Cvsdot= 10115

ACC tv=30

smvC 511=

stAC 62511

30cong=

Lrsquointervallo di tempo tCB egrave semplicemente

stt ACCB 4710 congminus= Il modulo dellrsquoaccelerazione si ricava dalla

ACavC 22 = cioegrave

22

442

smAC

va C =sdot

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 14) Unrsquoautomobile che si muove con accelerazione costante percorre una distanza di 50 m (tra i punti A e B) in 6 s La sua velocitagrave quando arriva in B egrave vB=15 ms a) qual egrave la sua accelerazione b) quale era la sua velocitagrave in A c) a che distanza da A era partita Soluzione Il moto egrave uniformemente accelerato Valgono quindi le relazioni

( ) ( ) )(221

0222

00 xxavvattvxtx atvtvo0 minus=minus++=+=

Scegliamo come istante iniziale t0 = 0 quello in cui lrsquoautomobile parte da xA con velocitagrave vA incognita La velocitagrave iniziale vA egrave legata alla velocitagrave finale vB (nota e pari a 15 ms) allrsquoaccelerazione a (incognita) e al tempo t (noto e pari a 6s) dallrsquoequazione

aatvv tavv BAAB 615 minus=minus=rarr+=

Lrsquoequazione che lega xB xA vA a e t egrave quindi 2

21 attvxx AAB ++=

In questa equazione non conosciamo neacute a neacute vA mentre sono noti xB - xA= 50m e il tempo t = 6s Se sostituiamo lrsquoespressione ricavata sopra per vA otteniamo unrsquoequazione nella sola incognita a

22

21)(

21 attatvattvxx BAAB +sdotminus=+=minus

3621

sdot+sdotsdot= a6 6)a-(15 50

a36a - 90 50 18+= 4018 =a

22 222920 smsma cong=

b) Ricaviamo adesso vA

smaatvv BA 671920615615 congsdotminus=minus=minus=

c) La distanza percorsa partendo da ferma (dal punto C indicato in figura) prima di arrivare in A puograve essere ottenuto alla relazione

)(222CACA xxavv minus=minus

ma

vxx ACA 630

2)(

2

cong=minus

A B

x xA xB

C

xC

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 15) Dimostrare che per angoli di tiro superiori o inferiori a 45deg della stessa quantitagrave Δθ le gittate sono uguali

La funzione che individua la gittata G (θ) in funzione dellrsquoangolo di tiro iniziale egrave

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

Applicando questa al caso in cui lrsquoangolo di tiro sia 45deg + Δθ e anche 45deg - Δθ si ricava

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δ+deg=Δ+deg=Δ+deg

gv

gv

G

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δminusdeg=Δminusdeg=Δminusdeg

gv

gv

G

Per le proprietagrave della funzione sin si ha che sin (90deg + 2Δθ) = sin (90deg - 2Δθ) = cos 2Δθ HOcircA = 90deg - 2Δθ HOcircB = 90deg + 2Δθ

Allora le due espressioni precedenti sono uguali cioegrave

G (45deg + Δθ) = G (45deg - Δθ)

x

45deg

Δθ

y

Δθ 45deg + Δθ

45deg - Δθ

2Δθ 2Δθ

O

B A

H

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 16) Calcolare lrsquoangolo di tiro a cui lrsquoaltezza massima raggiunta dal proiettile egrave uguale alla gittata

Soluzione

Lrsquoaltezza massima raggiunta egrave data dalla

gvy

2sin22

0max

θ=

mentre la gittata egrave data da

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

quindi la condizione che deve essere soddisfatta saragrave

gv

gv θθ 2sin

2sin 2

022

0 =

da cui semplificando si ottiene

θθθ cossin22

sin 2

=

sin2θ = 4 sinθ cosθ

sinθ = 4 cosθ

tgθ = 4

θ = arctg 4 cong 76deg

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 17) Un fucile con velocitagrave di bocca 500 ms spara un proiettile in un piccolo bersaglio distante 50 m A quale altezza al di sopra del bersaglio deve essere puntato il fucile per poter colpire il bersaglio Soluzione

l = 50 m v0 = 500 ms θ = 0deg y =

Il fucile si deve sollevare di unrsquoaltezza y uguale alla distanza verticale di cui cade il proiettile nel tempo che impiega a percorrere i 50 m cioegrave

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori

mtgy 0490)50(0cos)500(2

89050 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

La distanza di cui si deve sollevare la canna del fucile egrave quindi di circa 49 cm sopra il centro del bersaglio

v0 l

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 18) Un pallone di football lanciato su un campo piano percorre una distanza orizzontale di 17 m prima di toccare terra Il punto di lancio egrave a 15 m di altezza e lrsquoangolo di proiezione egrave di 16deg Qual egrave il modulo della velocitagrave iniziale della palla Gettys pag71 ndeg415 Soluzione

OA = 17 m y0 = 15 m θ = 16deg v0 =

Lrsquoequazione che rappresenta la traiettoria seguita dal pallone nella sua caduta egrave

222

00 cos2

xv

gxtgyyθ

θ minus+=

dove y0 egrave la quota iniziale a cui si trova il pallone θ egrave lrsquoangolo di inclinazione iniziale e v0 egrave il modulo della velocitagrave iniziale Il punto A di arrivo ha coordinate xA = 17 m e yA = 0 per cui diventa

222

00 cos2 AAA x

vgtgxyy

θθ minus+=

da cui si puograve ricavare v0

)(cos2 02

220 θθ tgxy

gxvA

A

+=

e sostituendo i rispettivi valori

222

220 46241

)3746(84122832

)161751)(16(cos2)17(89 sm

tgv =

sdot=

degsdot+degsdot

=

si ottiene

smsmv 51546241 220 ==

x O

θ v0

y

y0

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 19) La velocitagrave iniziale di una palla di cannone egrave 200 ms Se egrave sparata verso un bersaglio che ha una distanza orizzontale di 2 km dal cannone trovare a) i due angoli di tiro per cui il bersaglio verragrave colpito b) il tempo totale di volo per ciascuna delle due traiettorie trovate in a) (Si assuma g = 10 ms2) Serway Soluzione

l = 2 km = 2000 m v0 = 200 ms θ1 = θ2 =

a) Essendo la gittata G pari a

gv

Gθ2sin2

0=

imponendo in questo caso che essa sia pari proprio alla distanza in orizzontale l dal bersaglio si ottiene che

50)200(

2000102sin 220

=sdot

cong=vglθ

e quindi

2θ = arcsin (05) da cui

2θ1 = 30deg

2θ2 = 180deg ndash 30deg = 150deg

(questo perchegrave il sin assume lo stesso valore sia per θ che per il suo supplementare cioegrave per 180deg - θ)

l

θ1

θ2 v0

e quindi

θ1 = 15deg

θ2 = 75deg

b) Il tempo totale di volo per ognuna delle due traiettorie individuate dai due diversi angoli iniziali θ1 e θ2 si ricava dalla

θcos0vxt =

per cui sostituendo i rispettivi valori si ha

sv

xt 351015cos200

2000cos 10

1 congdegsdot

==θ

sv

xt 633875cos200

2000cos 20

2 congdegsdot

==θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 20) Un fucile egrave puntato orizzontalmente al centro di un largo bersaglio distante 150 m La velocitagrave iniziale della pallottola egrave 450 ms a) Dove la pallottola colpisce il bersaglio b) Per colpire il centro del bersaglio la canna deve essere ad un certo angolo al di sopra della linea di punta Trovare lrsquoangolo di elevazione della canna SERWAY Soluzione a) La situazione in questo caso egrave quella rappresentata in figura v0 egrave la velocitagrave iniziale della pallottola ed il fucile egrave diretto orizzontalmente quindi lrsquoangolo iniziale egrave θ = 0deg

l = 150 m v0 = 450 ms θ = 0deg y =

Per sapere in quale punto la pallottola colpisce il bersaglio (cioegrave la distanza y dal centro del bersaglio) si utilizza la formula che individua la traiettoria parabolica del proiettile Infatti

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori relativi a questa situazione (x = l = 150 v0 = 450 θ = 0deg) si ottiene

mtgy 540)150(0cos)450(2

890150 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

Quindi il proiettile colpisce il bersaglio circa 54 cm sotto il centro

v0 l

y

b) In questo caso pur essendo la velocitagrave iniziale sempre pari a v0 lrsquoangolo di inclinazione θ del fucile rispetto allrsquoorizzontale egrave diverso da zero

l = 150 m v0 = 450 ms θ =

Lrsquoangolo di inclinazione θ deve essere calcolato in modo tale che il proiettile colpisca il centro del bersaglio Questo significa che la gittata G deve essere pari proprio ad l per cui

lg

vG ==

θ2sin20

da cui

0070)450(

150892sin 220

=sdot

==vglθ

2θ = arcsin (0007) = 04deg

θ cong 02deg

(in linea di principio crsquoegrave anche la soluzione 2θ2 = 180deg - arcsin (0007) = 180deg - 04deg = 1796deg e cioegrave θ2 = 898deg )

v0

l

θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 14: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 9) Un treno partito da fermo si muove con accelerazione costante A un certo istante viaggia a 9 ms e dopo 48 metri viaggia a 15 ms Calcolare a) lrsquoaccelerazione b) il tempo che impiega a percorrere i 48 metri c) il tempo richiesto per raggiungere la velocitagrave di 9 ms d) la distanza tra il punto di partenza e quello il cui il treno ha raggiunto una velocitagrave di 9 ms ________________________________________________________________________________ Il treno si muove di moto uniformemente accelerato a) dallrsquoequazione

( )02

02 2 xxavv xx minus=minus

ricaviamo lrsquoaccelerazione

( )2

22

0

20x

2x sm51

482915

xx2vv

a =sdotminus

=minusminus

=

b) dallrsquoequazione atvv x0x +=

ricaviamo il tempo impiegato a percorrere i 48 m

s451

915avv

t 0xx =minusminus

minus=minus

=

c) dallrsquoequazione

atvv x0x +=

ricaviamo il tempo richiesto per raggiungere la velocitagrave di 9 ms

6s tt 1509 =rArrsdot+=

d) posto lrsquoorigine del nostro sistema di riferimento nel punto di partenza del treno la distanza cercata si ottiene dalla seguente equazione

( ) 2at21tx =

( ) m2765121at

21tx 22 =sdotsdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 10) Il macchinista di un treno che sta viaggiando con velocitagrave v1 vede a una distanza d sul suo stesso binario un altro treno che si sta muovendo nella sua stessa direzione con una velocitagrave piugrave bassa v2 Egli frena immediatamente e dagrave al suo treno una decelerazione costante -a Dimostrare che

se ( )a2vvd

221 minusgt non ci saragrave scontro

se ( )a2vvd

221 minuslt avverragrave uno scontro

________________________________________________________________________________ Le leggi orarie dei due treni sono

( )

( ) tvxtx

at21tvxtx

2022

21011

+=

minus+=

Scelgo un sistema di riferimento con lrsquoorigine nella posizione del primo treno cosiccheacute

x10 = 0 x20 = d

Le leggi orarie diventano quindi

( )

( ) tvdtx

at21tvtx

22

211

+=

minus=

Se si ha scontro deve esistere un istante di tempo tS tale che x1(tS)=x2(tS)

S22SS1 tvdat

21tv +=minus

( )

a212

ad21)vv(vv

t

0dt)vv(at21

22121

S212S

sdot

minusminusplusmnminus=

=+minusminus

Si hanno soluzioni reali (cioegrave crsquoegrave scontro) solo se lrsquoargomento della radice quadrata egrave maggiore di zero cioegrave

( ) ( ) ( )a2vvd ad2vv 0ad2vv

2212

212

21minus

ltrArrgtminusrArrgtminusminus

v1 v2

d

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-35 11) Il moto di un velocista durante una corsa puograve essere approssimato con unrsquoaccelerazione costante di modulo 37 ms2 Posto t = 0 in corrispondenza dellrsquoinizio della corsa si determini il tempo impiegato dal corridore a percorrere a) 5 m b) 10 m Soluzione

a = 37 ms2

x1 = 5 m x2 = 10 m a) t1 = b) t2 =

La legge oraria che descrive il moto del corridore egrave quella del moto uniformemente accelerato e cioegrave

200 2

1 attvxx ++=

che essendo in questo caso la posizione iniziale x0 = 0 e la velocitagrave iniziale nulla (v0 = 0) si riduce alla

2

21 atx =

da cui

axt 22 =

e quindi

axt 2

=

Applicandola nei due casi si ottiene

a) saxt 641

73522 1

1 congsdot

==

b) saxt 322

731022 2

2 congsdot

==

l

x1

x2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-37 12) Unrsquoautomobile si trova 18 m oltre lrsquoingresso di un ristorante e viaggia alla velocitagrave di 16 ms quando il guidatore schiaccia il freno La velocitagrave del veicolo diminuisce con unrsquoaccelerazione costante di modulo 23 ms2 Quanto tempo dopo lrsquoinizio della frenata lrsquoautomobile saragrave 65 m oltre lrsquoingresso Soluzione x0 = 18 m

v0 = 16 ms a = - 23 ms2

x = 65 m t =

Il moto dellrsquoautomobile egrave uniformemente decelerato e quindi la legge oraria egrave

200 2

1 attvxx ++=

dove x0 egrave lo spazio iniziale percorso dallrsquoautomobile x egrave lo spazio percorso nel tempo cercato v0 egrave la velocitagrave dellrsquoautomobile prima di iniziare la frenata ed a egrave la decelerazione (quindi di segno opposto alla velocitagrave) quindi

23221161865 tt sdotminussdot+=

da cui 115 t2 ndash 16 t +47 = 0

Δ = b2 ndash 4ac =(- 16)2 ndash 4 (115)(47) = 398

151283916

21 sdotplusmn

=t

e si ottengono t1 = 42 s

t2 = 97 s

la seconda soluzione egrave matematicamente possibile ma fisicamente non significativa Corrisponderebbe infatti al passaggio dellrsquoautomobile per il punto x = 65 m con velocitagrave uguale in modulo ma diretta in verso opposto

0 x x0

v0 v a

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 51 ndeg 3-1 13) Un velocista corre i 100 m piani in 10 s Si approssimi il moto ipotizzando unrsquoaccelerazione costante per gli altri 85 m Si determinino a) la sua velocitagrave b) il tempo impiegato per percorrere i primi 15 m c) il tempo necessario per percorrere gli altri 85 m d) il modulo dellrsquoaccelerazione per i primi 15 m Soluzione

AB = 100 m AC = 15 m CB = 85 m tAB = 10 s a) vC = b) tAC = c) tCB = d) a =

Il moto del velocista egrave uniformemente accelerato nel tratto AC e uniforme nel tratto CB Indichiamo con vC la velocitagrave raggiunta nel punto C velocitagrave che si mantiene costante lungo tutto il tratto CB Poicheacute il velocista parte da fermo tale velocitagrave egrave semplicemente

ACC tav = Il tempo impiegato a percorrere il tratto CB egrave semplicemente tCB=10s - tAC Le equazioni per il moto uniformemente accelerato nel tratto AC e il moto rettilineo uniforme nel tratto CB sono quindi

ACCACACAC tvtatta21

21

2115 2 ===

)10(85 ACC tv minus=

A C B

v

t

C B

A

v

tAC tCB

Sostituendo i valori numerici dati nella traccia si ottiene il seguente sistema di due equazioni in due incognite

)10(85 ACC tv minus=

ACC tv=30

ACCC tvv minussdot= 1085

ACC tv=30

301085 minussdot= Cv

ACC tv=30

Cvsdot= 10115

ACC tv=30

smvC 511=

stAC 62511

30cong=

Lrsquointervallo di tempo tCB egrave semplicemente

stt ACCB 4710 congminus= Il modulo dellrsquoaccelerazione si ricava dalla

ACavC 22 = cioegrave

22

442

smAC

va C =sdot

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 14) Unrsquoautomobile che si muove con accelerazione costante percorre una distanza di 50 m (tra i punti A e B) in 6 s La sua velocitagrave quando arriva in B egrave vB=15 ms a) qual egrave la sua accelerazione b) quale era la sua velocitagrave in A c) a che distanza da A era partita Soluzione Il moto egrave uniformemente accelerato Valgono quindi le relazioni

( ) ( ) )(221

0222

00 xxavvattvxtx atvtvo0 minus=minus++=+=

Scegliamo come istante iniziale t0 = 0 quello in cui lrsquoautomobile parte da xA con velocitagrave vA incognita La velocitagrave iniziale vA egrave legata alla velocitagrave finale vB (nota e pari a 15 ms) allrsquoaccelerazione a (incognita) e al tempo t (noto e pari a 6s) dallrsquoequazione

aatvv tavv BAAB 615 minus=minus=rarr+=

Lrsquoequazione che lega xB xA vA a e t egrave quindi 2

21 attvxx AAB ++=

In questa equazione non conosciamo neacute a neacute vA mentre sono noti xB - xA= 50m e il tempo t = 6s Se sostituiamo lrsquoespressione ricavata sopra per vA otteniamo unrsquoequazione nella sola incognita a

22

21)(

21 attatvattvxx BAAB +sdotminus=+=minus

3621

sdot+sdotsdot= a6 6)a-(15 50

a36a - 90 50 18+= 4018 =a

22 222920 smsma cong=

b) Ricaviamo adesso vA

smaatvv BA 671920615615 congsdotminus=minus=minus=

c) La distanza percorsa partendo da ferma (dal punto C indicato in figura) prima di arrivare in A puograve essere ottenuto alla relazione

)(222CACA xxavv minus=minus

ma

vxx ACA 630

2)(

2

cong=minus

A B

x xA xB

C

xC

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 15) Dimostrare che per angoli di tiro superiori o inferiori a 45deg della stessa quantitagrave Δθ le gittate sono uguali

La funzione che individua la gittata G (θ) in funzione dellrsquoangolo di tiro iniziale egrave

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

Applicando questa al caso in cui lrsquoangolo di tiro sia 45deg + Δθ e anche 45deg - Δθ si ricava

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δ+deg=Δ+deg=Δ+deg

gv

gv

G

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δminusdeg=Δminusdeg=Δminusdeg

gv

gv

G

Per le proprietagrave della funzione sin si ha che sin (90deg + 2Δθ) = sin (90deg - 2Δθ) = cos 2Δθ HOcircA = 90deg - 2Δθ HOcircB = 90deg + 2Δθ

Allora le due espressioni precedenti sono uguali cioegrave

G (45deg + Δθ) = G (45deg - Δθ)

x

45deg

Δθ

y

Δθ 45deg + Δθ

45deg - Δθ

2Δθ 2Δθ

O

B A

H

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 16) Calcolare lrsquoangolo di tiro a cui lrsquoaltezza massima raggiunta dal proiettile egrave uguale alla gittata

Soluzione

Lrsquoaltezza massima raggiunta egrave data dalla

gvy

2sin22

0max

θ=

mentre la gittata egrave data da

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

quindi la condizione che deve essere soddisfatta saragrave

gv

gv θθ 2sin

2sin 2

022

0 =

da cui semplificando si ottiene

θθθ cossin22

sin 2

=

sin2θ = 4 sinθ cosθ

sinθ = 4 cosθ

tgθ = 4

θ = arctg 4 cong 76deg

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 17) Un fucile con velocitagrave di bocca 500 ms spara un proiettile in un piccolo bersaglio distante 50 m A quale altezza al di sopra del bersaglio deve essere puntato il fucile per poter colpire il bersaglio Soluzione

l = 50 m v0 = 500 ms θ = 0deg y =

Il fucile si deve sollevare di unrsquoaltezza y uguale alla distanza verticale di cui cade il proiettile nel tempo che impiega a percorrere i 50 m cioegrave

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori

mtgy 0490)50(0cos)500(2

89050 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

La distanza di cui si deve sollevare la canna del fucile egrave quindi di circa 49 cm sopra il centro del bersaglio

v0 l

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 18) Un pallone di football lanciato su un campo piano percorre una distanza orizzontale di 17 m prima di toccare terra Il punto di lancio egrave a 15 m di altezza e lrsquoangolo di proiezione egrave di 16deg Qual egrave il modulo della velocitagrave iniziale della palla Gettys pag71 ndeg415 Soluzione

OA = 17 m y0 = 15 m θ = 16deg v0 =

Lrsquoequazione che rappresenta la traiettoria seguita dal pallone nella sua caduta egrave

222

00 cos2

xv

gxtgyyθ

θ minus+=

dove y0 egrave la quota iniziale a cui si trova il pallone θ egrave lrsquoangolo di inclinazione iniziale e v0 egrave il modulo della velocitagrave iniziale Il punto A di arrivo ha coordinate xA = 17 m e yA = 0 per cui diventa

222

00 cos2 AAA x

vgtgxyy

θθ minus+=

da cui si puograve ricavare v0

)(cos2 02

220 θθ tgxy

gxvA

A

+=

e sostituendo i rispettivi valori

222

220 46241

)3746(84122832

)161751)(16(cos2)17(89 sm

tgv =

sdot=

degsdot+degsdot

=

si ottiene

smsmv 51546241 220 ==

x O

θ v0

y

y0

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 19) La velocitagrave iniziale di una palla di cannone egrave 200 ms Se egrave sparata verso un bersaglio che ha una distanza orizzontale di 2 km dal cannone trovare a) i due angoli di tiro per cui il bersaglio verragrave colpito b) il tempo totale di volo per ciascuna delle due traiettorie trovate in a) (Si assuma g = 10 ms2) Serway Soluzione

l = 2 km = 2000 m v0 = 200 ms θ1 = θ2 =

a) Essendo la gittata G pari a

gv

Gθ2sin2

0=

imponendo in questo caso che essa sia pari proprio alla distanza in orizzontale l dal bersaglio si ottiene che

50)200(

2000102sin 220

=sdot

cong=vglθ

e quindi

2θ = arcsin (05) da cui

2θ1 = 30deg

2θ2 = 180deg ndash 30deg = 150deg

(questo perchegrave il sin assume lo stesso valore sia per θ che per il suo supplementare cioegrave per 180deg - θ)

l

θ1

θ2 v0

e quindi

θ1 = 15deg

θ2 = 75deg

b) Il tempo totale di volo per ognuna delle due traiettorie individuate dai due diversi angoli iniziali θ1 e θ2 si ricava dalla

θcos0vxt =

per cui sostituendo i rispettivi valori si ha

sv

xt 351015cos200

2000cos 10

1 congdegsdot

==θ

sv

xt 633875cos200

2000cos 20

2 congdegsdot

==θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 20) Un fucile egrave puntato orizzontalmente al centro di un largo bersaglio distante 150 m La velocitagrave iniziale della pallottola egrave 450 ms a) Dove la pallottola colpisce il bersaglio b) Per colpire il centro del bersaglio la canna deve essere ad un certo angolo al di sopra della linea di punta Trovare lrsquoangolo di elevazione della canna SERWAY Soluzione a) La situazione in questo caso egrave quella rappresentata in figura v0 egrave la velocitagrave iniziale della pallottola ed il fucile egrave diretto orizzontalmente quindi lrsquoangolo iniziale egrave θ = 0deg

l = 150 m v0 = 450 ms θ = 0deg y =

Per sapere in quale punto la pallottola colpisce il bersaglio (cioegrave la distanza y dal centro del bersaglio) si utilizza la formula che individua la traiettoria parabolica del proiettile Infatti

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori relativi a questa situazione (x = l = 150 v0 = 450 θ = 0deg) si ottiene

mtgy 540)150(0cos)450(2

890150 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

Quindi il proiettile colpisce il bersaglio circa 54 cm sotto il centro

v0 l

y

b) In questo caso pur essendo la velocitagrave iniziale sempre pari a v0 lrsquoangolo di inclinazione θ del fucile rispetto allrsquoorizzontale egrave diverso da zero

l = 150 m v0 = 450 ms θ =

Lrsquoangolo di inclinazione θ deve essere calcolato in modo tale che il proiettile colpisca il centro del bersaglio Questo significa che la gittata G deve essere pari proprio ad l per cui

lg

vG ==

θ2sin20

da cui

0070)450(

150892sin 220

=sdot

==vglθ

2θ = arcsin (0007) = 04deg

θ cong 02deg

(in linea di principio crsquoegrave anche la soluzione 2θ2 = 180deg - arcsin (0007) = 180deg - 04deg = 1796deg e cioegrave θ2 = 898deg )

v0

l

θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 15: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 10) Il macchinista di un treno che sta viaggiando con velocitagrave v1 vede a una distanza d sul suo stesso binario un altro treno che si sta muovendo nella sua stessa direzione con una velocitagrave piugrave bassa v2 Egli frena immediatamente e dagrave al suo treno una decelerazione costante -a Dimostrare che

se ( )a2vvd

221 minusgt non ci saragrave scontro

se ( )a2vvd

221 minuslt avverragrave uno scontro

________________________________________________________________________________ Le leggi orarie dei due treni sono

( )

( ) tvxtx

at21tvxtx

2022

21011

+=

minus+=

Scelgo un sistema di riferimento con lrsquoorigine nella posizione del primo treno cosiccheacute

x10 = 0 x20 = d

Le leggi orarie diventano quindi

( )

( ) tvdtx

at21tvtx

22

211

+=

minus=

Se si ha scontro deve esistere un istante di tempo tS tale che x1(tS)=x2(tS)

S22SS1 tvdat

21tv +=minus

( )

a212

ad21)vv(vv

t

0dt)vv(at21

22121

S212S

sdot

minusminusplusmnminus=

=+minusminus

Si hanno soluzioni reali (cioegrave crsquoegrave scontro) solo se lrsquoargomento della radice quadrata egrave maggiore di zero cioegrave

( ) ( ) ( )a2vvd ad2vv 0ad2vv

2212

212

21minus

ltrArrgtminusrArrgtminusminus

v1 v2

d

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-35 11) Il moto di un velocista durante una corsa puograve essere approssimato con unrsquoaccelerazione costante di modulo 37 ms2 Posto t = 0 in corrispondenza dellrsquoinizio della corsa si determini il tempo impiegato dal corridore a percorrere a) 5 m b) 10 m Soluzione

a = 37 ms2

x1 = 5 m x2 = 10 m a) t1 = b) t2 =

La legge oraria che descrive il moto del corridore egrave quella del moto uniformemente accelerato e cioegrave

200 2

1 attvxx ++=

che essendo in questo caso la posizione iniziale x0 = 0 e la velocitagrave iniziale nulla (v0 = 0) si riduce alla

2

21 atx =

da cui

axt 22 =

e quindi

axt 2

=

Applicandola nei due casi si ottiene

a) saxt 641

73522 1

1 congsdot

==

b) saxt 322

731022 2

2 congsdot

==

l

x1

x2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-37 12) Unrsquoautomobile si trova 18 m oltre lrsquoingresso di un ristorante e viaggia alla velocitagrave di 16 ms quando il guidatore schiaccia il freno La velocitagrave del veicolo diminuisce con unrsquoaccelerazione costante di modulo 23 ms2 Quanto tempo dopo lrsquoinizio della frenata lrsquoautomobile saragrave 65 m oltre lrsquoingresso Soluzione x0 = 18 m

v0 = 16 ms a = - 23 ms2

x = 65 m t =

Il moto dellrsquoautomobile egrave uniformemente decelerato e quindi la legge oraria egrave

200 2

1 attvxx ++=

dove x0 egrave lo spazio iniziale percorso dallrsquoautomobile x egrave lo spazio percorso nel tempo cercato v0 egrave la velocitagrave dellrsquoautomobile prima di iniziare la frenata ed a egrave la decelerazione (quindi di segno opposto alla velocitagrave) quindi

23221161865 tt sdotminussdot+=

da cui 115 t2 ndash 16 t +47 = 0

Δ = b2 ndash 4ac =(- 16)2 ndash 4 (115)(47) = 398

151283916

21 sdotplusmn

=t

e si ottengono t1 = 42 s

t2 = 97 s

la seconda soluzione egrave matematicamente possibile ma fisicamente non significativa Corrisponderebbe infatti al passaggio dellrsquoautomobile per il punto x = 65 m con velocitagrave uguale in modulo ma diretta in verso opposto

0 x x0

v0 v a

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 51 ndeg 3-1 13) Un velocista corre i 100 m piani in 10 s Si approssimi il moto ipotizzando unrsquoaccelerazione costante per gli altri 85 m Si determinino a) la sua velocitagrave b) il tempo impiegato per percorrere i primi 15 m c) il tempo necessario per percorrere gli altri 85 m d) il modulo dellrsquoaccelerazione per i primi 15 m Soluzione

AB = 100 m AC = 15 m CB = 85 m tAB = 10 s a) vC = b) tAC = c) tCB = d) a =

Il moto del velocista egrave uniformemente accelerato nel tratto AC e uniforme nel tratto CB Indichiamo con vC la velocitagrave raggiunta nel punto C velocitagrave che si mantiene costante lungo tutto il tratto CB Poicheacute il velocista parte da fermo tale velocitagrave egrave semplicemente

ACC tav = Il tempo impiegato a percorrere il tratto CB egrave semplicemente tCB=10s - tAC Le equazioni per il moto uniformemente accelerato nel tratto AC e il moto rettilineo uniforme nel tratto CB sono quindi

ACCACACAC tvtatta21

21

2115 2 ===

)10(85 ACC tv minus=

A C B

v

t

C B

A

v

tAC tCB

Sostituendo i valori numerici dati nella traccia si ottiene il seguente sistema di due equazioni in due incognite

)10(85 ACC tv minus=

ACC tv=30

ACCC tvv minussdot= 1085

ACC tv=30

301085 minussdot= Cv

ACC tv=30

Cvsdot= 10115

ACC tv=30

smvC 511=

stAC 62511

30cong=

Lrsquointervallo di tempo tCB egrave semplicemente

stt ACCB 4710 congminus= Il modulo dellrsquoaccelerazione si ricava dalla

ACavC 22 = cioegrave

22

442

smAC

va C =sdot

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 14) Unrsquoautomobile che si muove con accelerazione costante percorre una distanza di 50 m (tra i punti A e B) in 6 s La sua velocitagrave quando arriva in B egrave vB=15 ms a) qual egrave la sua accelerazione b) quale era la sua velocitagrave in A c) a che distanza da A era partita Soluzione Il moto egrave uniformemente accelerato Valgono quindi le relazioni

( ) ( ) )(221

0222

00 xxavvattvxtx atvtvo0 minus=minus++=+=

Scegliamo come istante iniziale t0 = 0 quello in cui lrsquoautomobile parte da xA con velocitagrave vA incognita La velocitagrave iniziale vA egrave legata alla velocitagrave finale vB (nota e pari a 15 ms) allrsquoaccelerazione a (incognita) e al tempo t (noto e pari a 6s) dallrsquoequazione

aatvv tavv BAAB 615 minus=minus=rarr+=

Lrsquoequazione che lega xB xA vA a e t egrave quindi 2

21 attvxx AAB ++=

In questa equazione non conosciamo neacute a neacute vA mentre sono noti xB - xA= 50m e il tempo t = 6s Se sostituiamo lrsquoespressione ricavata sopra per vA otteniamo unrsquoequazione nella sola incognita a

22

21)(

21 attatvattvxx BAAB +sdotminus=+=minus

3621

sdot+sdotsdot= a6 6)a-(15 50

a36a - 90 50 18+= 4018 =a

22 222920 smsma cong=

b) Ricaviamo adesso vA

smaatvv BA 671920615615 congsdotminus=minus=minus=

c) La distanza percorsa partendo da ferma (dal punto C indicato in figura) prima di arrivare in A puograve essere ottenuto alla relazione

)(222CACA xxavv minus=minus

ma

vxx ACA 630

2)(

2

cong=minus

A B

x xA xB

C

xC

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 15) Dimostrare che per angoli di tiro superiori o inferiori a 45deg della stessa quantitagrave Δθ le gittate sono uguali

La funzione che individua la gittata G (θ) in funzione dellrsquoangolo di tiro iniziale egrave

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

Applicando questa al caso in cui lrsquoangolo di tiro sia 45deg + Δθ e anche 45deg - Δθ si ricava

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δ+deg=Δ+deg=Δ+deg

gv

gv

G

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δminusdeg=Δminusdeg=Δminusdeg

gv

gv

G

Per le proprietagrave della funzione sin si ha che sin (90deg + 2Δθ) = sin (90deg - 2Δθ) = cos 2Δθ HOcircA = 90deg - 2Δθ HOcircB = 90deg + 2Δθ

Allora le due espressioni precedenti sono uguali cioegrave

G (45deg + Δθ) = G (45deg - Δθ)

x

45deg

Δθ

y

Δθ 45deg + Δθ

45deg - Δθ

2Δθ 2Δθ

O

B A

H

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 16) Calcolare lrsquoangolo di tiro a cui lrsquoaltezza massima raggiunta dal proiettile egrave uguale alla gittata

Soluzione

Lrsquoaltezza massima raggiunta egrave data dalla

gvy

2sin22

0max

θ=

mentre la gittata egrave data da

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

quindi la condizione che deve essere soddisfatta saragrave

gv

gv θθ 2sin

2sin 2

022

0 =

da cui semplificando si ottiene

θθθ cossin22

sin 2

=

sin2θ = 4 sinθ cosθ

sinθ = 4 cosθ

tgθ = 4

θ = arctg 4 cong 76deg

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 17) Un fucile con velocitagrave di bocca 500 ms spara un proiettile in un piccolo bersaglio distante 50 m A quale altezza al di sopra del bersaglio deve essere puntato il fucile per poter colpire il bersaglio Soluzione

l = 50 m v0 = 500 ms θ = 0deg y =

Il fucile si deve sollevare di unrsquoaltezza y uguale alla distanza verticale di cui cade il proiettile nel tempo che impiega a percorrere i 50 m cioegrave

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori

mtgy 0490)50(0cos)500(2

89050 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

La distanza di cui si deve sollevare la canna del fucile egrave quindi di circa 49 cm sopra il centro del bersaglio

v0 l

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 18) Un pallone di football lanciato su un campo piano percorre una distanza orizzontale di 17 m prima di toccare terra Il punto di lancio egrave a 15 m di altezza e lrsquoangolo di proiezione egrave di 16deg Qual egrave il modulo della velocitagrave iniziale della palla Gettys pag71 ndeg415 Soluzione

OA = 17 m y0 = 15 m θ = 16deg v0 =

Lrsquoequazione che rappresenta la traiettoria seguita dal pallone nella sua caduta egrave

222

00 cos2

xv

gxtgyyθ

θ minus+=

dove y0 egrave la quota iniziale a cui si trova il pallone θ egrave lrsquoangolo di inclinazione iniziale e v0 egrave il modulo della velocitagrave iniziale Il punto A di arrivo ha coordinate xA = 17 m e yA = 0 per cui diventa

222

00 cos2 AAA x

vgtgxyy

θθ minus+=

da cui si puograve ricavare v0

)(cos2 02

220 θθ tgxy

gxvA

A

+=

e sostituendo i rispettivi valori

222

220 46241

)3746(84122832

)161751)(16(cos2)17(89 sm

tgv =

sdot=

degsdot+degsdot

=

si ottiene

smsmv 51546241 220 ==

x O

θ v0

y

y0

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 19) La velocitagrave iniziale di una palla di cannone egrave 200 ms Se egrave sparata verso un bersaglio che ha una distanza orizzontale di 2 km dal cannone trovare a) i due angoli di tiro per cui il bersaglio verragrave colpito b) il tempo totale di volo per ciascuna delle due traiettorie trovate in a) (Si assuma g = 10 ms2) Serway Soluzione

l = 2 km = 2000 m v0 = 200 ms θ1 = θ2 =

a) Essendo la gittata G pari a

gv

Gθ2sin2

0=

imponendo in questo caso che essa sia pari proprio alla distanza in orizzontale l dal bersaglio si ottiene che

50)200(

2000102sin 220

=sdot

cong=vglθ

e quindi

2θ = arcsin (05) da cui

2θ1 = 30deg

2θ2 = 180deg ndash 30deg = 150deg

(questo perchegrave il sin assume lo stesso valore sia per θ che per il suo supplementare cioegrave per 180deg - θ)

l

θ1

θ2 v0

e quindi

θ1 = 15deg

θ2 = 75deg

b) Il tempo totale di volo per ognuna delle due traiettorie individuate dai due diversi angoli iniziali θ1 e θ2 si ricava dalla

θcos0vxt =

per cui sostituendo i rispettivi valori si ha

sv

xt 351015cos200

2000cos 10

1 congdegsdot

==θ

sv

xt 633875cos200

2000cos 20

2 congdegsdot

==θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 20) Un fucile egrave puntato orizzontalmente al centro di un largo bersaglio distante 150 m La velocitagrave iniziale della pallottola egrave 450 ms a) Dove la pallottola colpisce il bersaglio b) Per colpire il centro del bersaglio la canna deve essere ad un certo angolo al di sopra della linea di punta Trovare lrsquoangolo di elevazione della canna SERWAY Soluzione a) La situazione in questo caso egrave quella rappresentata in figura v0 egrave la velocitagrave iniziale della pallottola ed il fucile egrave diretto orizzontalmente quindi lrsquoangolo iniziale egrave θ = 0deg

l = 150 m v0 = 450 ms θ = 0deg y =

Per sapere in quale punto la pallottola colpisce il bersaglio (cioegrave la distanza y dal centro del bersaglio) si utilizza la formula che individua la traiettoria parabolica del proiettile Infatti

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori relativi a questa situazione (x = l = 150 v0 = 450 θ = 0deg) si ottiene

mtgy 540)150(0cos)450(2

890150 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

Quindi il proiettile colpisce il bersaglio circa 54 cm sotto il centro

v0 l

y

b) In questo caso pur essendo la velocitagrave iniziale sempre pari a v0 lrsquoangolo di inclinazione θ del fucile rispetto allrsquoorizzontale egrave diverso da zero

l = 150 m v0 = 450 ms θ =

Lrsquoangolo di inclinazione θ deve essere calcolato in modo tale che il proiettile colpisca il centro del bersaglio Questo significa che la gittata G deve essere pari proprio ad l per cui

lg

vG ==

θ2sin20

da cui

0070)450(

150892sin 220

=sdot

==vglθ

2θ = arcsin (0007) = 04deg

θ cong 02deg

(in linea di principio crsquoegrave anche la soluzione 2θ2 = 180deg - arcsin (0007) = 180deg - 04deg = 1796deg e cioegrave θ2 = 898deg )

v0

l

θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 16: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-35 11) Il moto di un velocista durante una corsa puograve essere approssimato con unrsquoaccelerazione costante di modulo 37 ms2 Posto t = 0 in corrispondenza dellrsquoinizio della corsa si determini il tempo impiegato dal corridore a percorrere a) 5 m b) 10 m Soluzione

a = 37 ms2

x1 = 5 m x2 = 10 m a) t1 = b) t2 =

La legge oraria che descrive il moto del corridore egrave quella del moto uniformemente accelerato e cioegrave

200 2

1 attvxx ++=

che essendo in questo caso la posizione iniziale x0 = 0 e la velocitagrave iniziale nulla (v0 = 0) si riduce alla

2

21 atx =

da cui

axt 22 =

e quindi

axt 2

=

Applicandola nei due casi si ottiene

a) saxt 641

73522 1

1 congsdot

==

b) saxt 322

731022 2

2 congsdot

==

l

x1

x2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-37 12) Unrsquoautomobile si trova 18 m oltre lrsquoingresso di un ristorante e viaggia alla velocitagrave di 16 ms quando il guidatore schiaccia il freno La velocitagrave del veicolo diminuisce con unrsquoaccelerazione costante di modulo 23 ms2 Quanto tempo dopo lrsquoinizio della frenata lrsquoautomobile saragrave 65 m oltre lrsquoingresso Soluzione x0 = 18 m

v0 = 16 ms a = - 23 ms2

x = 65 m t =

Il moto dellrsquoautomobile egrave uniformemente decelerato e quindi la legge oraria egrave

200 2

1 attvxx ++=

dove x0 egrave lo spazio iniziale percorso dallrsquoautomobile x egrave lo spazio percorso nel tempo cercato v0 egrave la velocitagrave dellrsquoautomobile prima di iniziare la frenata ed a egrave la decelerazione (quindi di segno opposto alla velocitagrave) quindi

23221161865 tt sdotminussdot+=

da cui 115 t2 ndash 16 t +47 = 0

Δ = b2 ndash 4ac =(- 16)2 ndash 4 (115)(47) = 398

151283916

21 sdotplusmn

=t

e si ottengono t1 = 42 s

t2 = 97 s

la seconda soluzione egrave matematicamente possibile ma fisicamente non significativa Corrisponderebbe infatti al passaggio dellrsquoautomobile per il punto x = 65 m con velocitagrave uguale in modulo ma diretta in verso opposto

0 x x0

v0 v a

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 51 ndeg 3-1 13) Un velocista corre i 100 m piani in 10 s Si approssimi il moto ipotizzando unrsquoaccelerazione costante per gli altri 85 m Si determinino a) la sua velocitagrave b) il tempo impiegato per percorrere i primi 15 m c) il tempo necessario per percorrere gli altri 85 m d) il modulo dellrsquoaccelerazione per i primi 15 m Soluzione

AB = 100 m AC = 15 m CB = 85 m tAB = 10 s a) vC = b) tAC = c) tCB = d) a =

Il moto del velocista egrave uniformemente accelerato nel tratto AC e uniforme nel tratto CB Indichiamo con vC la velocitagrave raggiunta nel punto C velocitagrave che si mantiene costante lungo tutto il tratto CB Poicheacute il velocista parte da fermo tale velocitagrave egrave semplicemente

ACC tav = Il tempo impiegato a percorrere il tratto CB egrave semplicemente tCB=10s - tAC Le equazioni per il moto uniformemente accelerato nel tratto AC e il moto rettilineo uniforme nel tratto CB sono quindi

ACCACACAC tvtatta21

21

2115 2 ===

)10(85 ACC tv minus=

A C B

v

t

C B

A

v

tAC tCB

Sostituendo i valori numerici dati nella traccia si ottiene il seguente sistema di due equazioni in due incognite

)10(85 ACC tv minus=

ACC tv=30

ACCC tvv minussdot= 1085

ACC tv=30

301085 minussdot= Cv

ACC tv=30

Cvsdot= 10115

ACC tv=30

smvC 511=

stAC 62511

30cong=

Lrsquointervallo di tempo tCB egrave semplicemente

stt ACCB 4710 congminus= Il modulo dellrsquoaccelerazione si ricava dalla

ACavC 22 = cioegrave

22

442

smAC

va C =sdot

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 14) Unrsquoautomobile che si muove con accelerazione costante percorre una distanza di 50 m (tra i punti A e B) in 6 s La sua velocitagrave quando arriva in B egrave vB=15 ms a) qual egrave la sua accelerazione b) quale era la sua velocitagrave in A c) a che distanza da A era partita Soluzione Il moto egrave uniformemente accelerato Valgono quindi le relazioni

( ) ( ) )(221

0222

00 xxavvattvxtx atvtvo0 minus=minus++=+=

Scegliamo come istante iniziale t0 = 0 quello in cui lrsquoautomobile parte da xA con velocitagrave vA incognita La velocitagrave iniziale vA egrave legata alla velocitagrave finale vB (nota e pari a 15 ms) allrsquoaccelerazione a (incognita) e al tempo t (noto e pari a 6s) dallrsquoequazione

aatvv tavv BAAB 615 minus=minus=rarr+=

Lrsquoequazione che lega xB xA vA a e t egrave quindi 2

21 attvxx AAB ++=

In questa equazione non conosciamo neacute a neacute vA mentre sono noti xB - xA= 50m e il tempo t = 6s Se sostituiamo lrsquoespressione ricavata sopra per vA otteniamo unrsquoequazione nella sola incognita a

22

21)(

21 attatvattvxx BAAB +sdotminus=+=minus

3621

sdot+sdotsdot= a6 6)a-(15 50

a36a - 90 50 18+= 4018 =a

22 222920 smsma cong=

b) Ricaviamo adesso vA

smaatvv BA 671920615615 congsdotminus=minus=minus=

c) La distanza percorsa partendo da ferma (dal punto C indicato in figura) prima di arrivare in A puograve essere ottenuto alla relazione

)(222CACA xxavv minus=minus

ma

vxx ACA 630

2)(

2

cong=minus

A B

x xA xB

C

xC

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 15) Dimostrare che per angoli di tiro superiori o inferiori a 45deg della stessa quantitagrave Δθ le gittate sono uguali

La funzione che individua la gittata G (θ) in funzione dellrsquoangolo di tiro iniziale egrave

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

Applicando questa al caso in cui lrsquoangolo di tiro sia 45deg + Δθ e anche 45deg - Δθ si ricava

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δ+deg=Δ+deg=Δ+deg

gv

gv

G

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δminusdeg=Δminusdeg=Δminusdeg

gv

gv

G

Per le proprietagrave della funzione sin si ha che sin (90deg + 2Δθ) = sin (90deg - 2Δθ) = cos 2Δθ HOcircA = 90deg - 2Δθ HOcircB = 90deg + 2Δθ

Allora le due espressioni precedenti sono uguali cioegrave

G (45deg + Δθ) = G (45deg - Δθ)

x

45deg

Δθ

y

Δθ 45deg + Δθ

45deg - Δθ

2Δθ 2Δθ

O

B A

H

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 16) Calcolare lrsquoangolo di tiro a cui lrsquoaltezza massima raggiunta dal proiettile egrave uguale alla gittata

Soluzione

Lrsquoaltezza massima raggiunta egrave data dalla

gvy

2sin22

0max

θ=

mentre la gittata egrave data da

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

quindi la condizione che deve essere soddisfatta saragrave

gv

gv θθ 2sin

2sin 2

022

0 =

da cui semplificando si ottiene

θθθ cossin22

sin 2

=

sin2θ = 4 sinθ cosθ

sinθ = 4 cosθ

tgθ = 4

θ = arctg 4 cong 76deg

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 17) Un fucile con velocitagrave di bocca 500 ms spara un proiettile in un piccolo bersaglio distante 50 m A quale altezza al di sopra del bersaglio deve essere puntato il fucile per poter colpire il bersaglio Soluzione

l = 50 m v0 = 500 ms θ = 0deg y =

Il fucile si deve sollevare di unrsquoaltezza y uguale alla distanza verticale di cui cade il proiettile nel tempo che impiega a percorrere i 50 m cioegrave

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori

mtgy 0490)50(0cos)500(2

89050 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

La distanza di cui si deve sollevare la canna del fucile egrave quindi di circa 49 cm sopra il centro del bersaglio

v0 l

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 18) Un pallone di football lanciato su un campo piano percorre una distanza orizzontale di 17 m prima di toccare terra Il punto di lancio egrave a 15 m di altezza e lrsquoangolo di proiezione egrave di 16deg Qual egrave il modulo della velocitagrave iniziale della palla Gettys pag71 ndeg415 Soluzione

OA = 17 m y0 = 15 m θ = 16deg v0 =

Lrsquoequazione che rappresenta la traiettoria seguita dal pallone nella sua caduta egrave

222

00 cos2

xv

gxtgyyθ

θ minus+=

dove y0 egrave la quota iniziale a cui si trova il pallone θ egrave lrsquoangolo di inclinazione iniziale e v0 egrave il modulo della velocitagrave iniziale Il punto A di arrivo ha coordinate xA = 17 m e yA = 0 per cui diventa

222

00 cos2 AAA x

vgtgxyy

θθ minus+=

da cui si puograve ricavare v0

)(cos2 02

220 θθ tgxy

gxvA

A

+=

e sostituendo i rispettivi valori

222

220 46241

)3746(84122832

)161751)(16(cos2)17(89 sm

tgv =

sdot=

degsdot+degsdot

=

si ottiene

smsmv 51546241 220 ==

x O

θ v0

y

y0

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 19) La velocitagrave iniziale di una palla di cannone egrave 200 ms Se egrave sparata verso un bersaglio che ha una distanza orizzontale di 2 km dal cannone trovare a) i due angoli di tiro per cui il bersaglio verragrave colpito b) il tempo totale di volo per ciascuna delle due traiettorie trovate in a) (Si assuma g = 10 ms2) Serway Soluzione

l = 2 km = 2000 m v0 = 200 ms θ1 = θ2 =

a) Essendo la gittata G pari a

gv

Gθ2sin2

0=

imponendo in questo caso che essa sia pari proprio alla distanza in orizzontale l dal bersaglio si ottiene che

50)200(

2000102sin 220

=sdot

cong=vglθ

e quindi

2θ = arcsin (05) da cui

2θ1 = 30deg

2θ2 = 180deg ndash 30deg = 150deg

(questo perchegrave il sin assume lo stesso valore sia per θ che per il suo supplementare cioegrave per 180deg - θ)

l

θ1

θ2 v0

e quindi

θ1 = 15deg

θ2 = 75deg

b) Il tempo totale di volo per ognuna delle due traiettorie individuate dai due diversi angoli iniziali θ1 e θ2 si ricava dalla

θcos0vxt =

per cui sostituendo i rispettivi valori si ha

sv

xt 351015cos200

2000cos 10

1 congdegsdot

==θ

sv

xt 633875cos200

2000cos 20

2 congdegsdot

==θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 20) Un fucile egrave puntato orizzontalmente al centro di un largo bersaglio distante 150 m La velocitagrave iniziale della pallottola egrave 450 ms a) Dove la pallottola colpisce il bersaglio b) Per colpire il centro del bersaglio la canna deve essere ad un certo angolo al di sopra della linea di punta Trovare lrsquoangolo di elevazione della canna SERWAY Soluzione a) La situazione in questo caso egrave quella rappresentata in figura v0 egrave la velocitagrave iniziale della pallottola ed il fucile egrave diretto orizzontalmente quindi lrsquoangolo iniziale egrave θ = 0deg

l = 150 m v0 = 450 ms θ = 0deg y =

Per sapere in quale punto la pallottola colpisce il bersaglio (cioegrave la distanza y dal centro del bersaglio) si utilizza la formula che individua la traiettoria parabolica del proiettile Infatti

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori relativi a questa situazione (x = l = 150 v0 = 450 θ = 0deg) si ottiene

mtgy 540)150(0cos)450(2

890150 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

Quindi il proiettile colpisce il bersaglio circa 54 cm sotto il centro

v0 l

y

b) In questo caso pur essendo la velocitagrave iniziale sempre pari a v0 lrsquoangolo di inclinazione θ del fucile rispetto allrsquoorizzontale egrave diverso da zero

l = 150 m v0 = 450 ms θ =

Lrsquoangolo di inclinazione θ deve essere calcolato in modo tale che il proiettile colpisca il centro del bersaglio Questo significa che la gittata G deve essere pari proprio ad l per cui

lg

vG ==

θ2sin20

da cui

0070)450(

150892sin 220

=sdot

==vglθ

2θ = arcsin (0007) = 04deg

θ cong 02deg

(in linea di principio crsquoegrave anche la soluzione 2θ2 = 180deg - arcsin (0007) = 180deg - 04deg = 1796deg e cioegrave θ2 = 898deg )

v0

l

θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 17: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 50 ndeg 3-37 12) Unrsquoautomobile si trova 18 m oltre lrsquoingresso di un ristorante e viaggia alla velocitagrave di 16 ms quando il guidatore schiaccia il freno La velocitagrave del veicolo diminuisce con unrsquoaccelerazione costante di modulo 23 ms2 Quanto tempo dopo lrsquoinizio della frenata lrsquoautomobile saragrave 65 m oltre lrsquoingresso Soluzione x0 = 18 m

v0 = 16 ms a = - 23 ms2

x = 65 m t =

Il moto dellrsquoautomobile egrave uniformemente decelerato e quindi la legge oraria egrave

200 2

1 attvxx ++=

dove x0 egrave lo spazio iniziale percorso dallrsquoautomobile x egrave lo spazio percorso nel tempo cercato v0 egrave la velocitagrave dellrsquoautomobile prima di iniziare la frenata ed a egrave la decelerazione (quindi di segno opposto alla velocitagrave) quindi

23221161865 tt sdotminussdot+=

da cui 115 t2 ndash 16 t +47 = 0

Δ = b2 ndash 4ac =(- 16)2 ndash 4 (115)(47) = 398

151283916

21 sdotplusmn

=t

e si ottengono t1 = 42 s

t2 = 97 s

la seconda soluzione egrave matematicamente possibile ma fisicamente non significativa Corrisponderebbe infatti al passaggio dellrsquoautomobile per il punto x = 65 m con velocitagrave uguale in modulo ma diretta in verso opposto

0 x x0

v0 v a

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 51 ndeg 3-1 13) Un velocista corre i 100 m piani in 10 s Si approssimi il moto ipotizzando unrsquoaccelerazione costante per gli altri 85 m Si determinino a) la sua velocitagrave b) il tempo impiegato per percorrere i primi 15 m c) il tempo necessario per percorrere gli altri 85 m d) il modulo dellrsquoaccelerazione per i primi 15 m Soluzione

AB = 100 m AC = 15 m CB = 85 m tAB = 10 s a) vC = b) tAC = c) tCB = d) a =

Il moto del velocista egrave uniformemente accelerato nel tratto AC e uniforme nel tratto CB Indichiamo con vC la velocitagrave raggiunta nel punto C velocitagrave che si mantiene costante lungo tutto il tratto CB Poicheacute il velocista parte da fermo tale velocitagrave egrave semplicemente

ACC tav = Il tempo impiegato a percorrere il tratto CB egrave semplicemente tCB=10s - tAC Le equazioni per il moto uniformemente accelerato nel tratto AC e il moto rettilineo uniforme nel tratto CB sono quindi

ACCACACAC tvtatta21

21

2115 2 ===

)10(85 ACC tv minus=

A C B

v

t

C B

A

v

tAC tCB

Sostituendo i valori numerici dati nella traccia si ottiene il seguente sistema di due equazioni in due incognite

)10(85 ACC tv minus=

ACC tv=30

ACCC tvv minussdot= 1085

ACC tv=30

301085 minussdot= Cv

ACC tv=30

Cvsdot= 10115

ACC tv=30

smvC 511=

stAC 62511

30cong=

Lrsquointervallo di tempo tCB egrave semplicemente

stt ACCB 4710 congminus= Il modulo dellrsquoaccelerazione si ricava dalla

ACavC 22 = cioegrave

22

442

smAC

va C =sdot

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 14) Unrsquoautomobile che si muove con accelerazione costante percorre una distanza di 50 m (tra i punti A e B) in 6 s La sua velocitagrave quando arriva in B egrave vB=15 ms a) qual egrave la sua accelerazione b) quale era la sua velocitagrave in A c) a che distanza da A era partita Soluzione Il moto egrave uniformemente accelerato Valgono quindi le relazioni

( ) ( ) )(221

0222

00 xxavvattvxtx atvtvo0 minus=minus++=+=

Scegliamo come istante iniziale t0 = 0 quello in cui lrsquoautomobile parte da xA con velocitagrave vA incognita La velocitagrave iniziale vA egrave legata alla velocitagrave finale vB (nota e pari a 15 ms) allrsquoaccelerazione a (incognita) e al tempo t (noto e pari a 6s) dallrsquoequazione

aatvv tavv BAAB 615 minus=minus=rarr+=

Lrsquoequazione che lega xB xA vA a e t egrave quindi 2

21 attvxx AAB ++=

In questa equazione non conosciamo neacute a neacute vA mentre sono noti xB - xA= 50m e il tempo t = 6s Se sostituiamo lrsquoespressione ricavata sopra per vA otteniamo unrsquoequazione nella sola incognita a

22

21)(

21 attatvattvxx BAAB +sdotminus=+=minus

3621

sdot+sdotsdot= a6 6)a-(15 50

a36a - 90 50 18+= 4018 =a

22 222920 smsma cong=

b) Ricaviamo adesso vA

smaatvv BA 671920615615 congsdotminus=minus=minus=

c) La distanza percorsa partendo da ferma (dal punto C indicato in figura) prima di arrivare in A puograve essere ottenuto alla relazione

)(222CACA xxavv minus=minus

ma

vxx ACA 630

2)(

2

cong=minus

A B

x xA xB

C

xC

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 15) Dimostrare che per angoli di tiro superiori o inferiori a 45deg della stessa quantitagrave Δθ le gittate sono uguali

La funzione che individua la gittata G (θ) in funzione dellrsquoangolo di tiro iniziale egrave

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

Applicando questa al caso in cui lrsquoangolo di tiro sia 45deg + Δθ e anche 45deg - Δθ si ricava

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δ+deg=Δ+deg=Δ+deg

gv

gv

G

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δminusdeg=Δminusdeg=Δminusdeg

gv

gv

G

Per le proprietagrave della funzione sin si ha che sin (90deg + 2Δθ) = sin (90deg - 2Δθ) = cos 2Δθ HOcircA = 90deg - 2Δθ HOcircB = 90deg + 2Δθ

Allora le due espressioni precedenti sono uguali cioegrave

G (45deg + Δθ) = G (45deg - Δθ)

x

45deg

Δθ

y

Δθ 45deg + Δθ

45deg - Δθ

2Δθ 2Δθ

O

B A

H

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 16) Calcolare lrsquoangolo di tiro a cui lrsquoaltezza massima raggiunta dal proiettile egrave uguale alla gittata

Soluzione

Lrsquoaltezza massima raggiunta egrave data dalla

gvy

2sin22

0max

θ=

mentre la gittata egrave data da

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

quindi la condizione che deve essere soddisfatta saragrave

gv

gv θθ 2sin

2sin 2

022

0 =

da cui semplificando si ottiene

θθθ cossin22

sin 2

=

sin2θ = 4 sinθ cosθ

sinθ = 4 cosθ

tgθ = 4

θ = arctg 4 cong 76deg

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 17) Un fucile con velocitagrave di bocca 500 ms spara un proiettile in un piccolo bersaglio distante 50 m A quale altezza al di sopra del bersaglio deve essere puntato il fucile per poter colpire il bersaglio Soluzione

l = 50 m v0 = 500 ms θ = 0deg y =

Il fucile si deve sollevare di unrsquoaltezza y uguale alla distanza verticale di cui cade il proiettile nel tempo che impiega a percorrere i 50 m cioegrave

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori

mtgy 0490)50(0cos)500(2

89050 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

La distanza di cui si deve sollevare la canna del fucile egrave quindi di circa 49 cm sopra il centro del bersaglio

v0 l

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 18) Un pallone di football lanciato su un campo piano percorre una distanza orizzontale di 17 m prima di toccare terra Il punto di lancio egrave a 15 m di altezza e lrsquoangolo di proiezione egrave di 16deg Qual egrave il modulo della velocitagrave iniziale della palla Gettys pag71 ndeg415 Soluzione

OA = 17 m y0 = 15 m θ = 16deg v0 =

Lrsquoequazione che rappresenta la traiettoria seguita dal pallone nella sua caduta egrave

222

00 cos2

xv

gxtgyyθ

θ minus+=

dove y0 egrave la quota iniziale a cui si trova il pallone θ egrave lrsquoangolo di inclinazione iniziale e v0 egrave il modulo della velocitagrave iniziale Il punto A di arrivo ha coordinate xA = 17 m e yA = 0 per cui diventa

222

00 cos2 AAA x

vgtgxyy

θθ minus+=

da cui si puograve ricavare v0

)(cos2 02

220 θθ tgxy

gxvA

A

+=

e sostituendo i rispettivi valori

222

220 46241

)3746(84122832

)161751)(16(cos2)17(89 sm

tgv =

sdot=

degsdot+degsdot

=

si ottiene

smsmv 51546241 220 ==

x O

θ v0

y

y0

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 19) La velocitagrave iniziale di una palla di cannone egrave 200 ms Se egrave sparata verso un bersaglio che ha una distanza orizzontale di 2 km dal cannone trovare a) i due angoli di tiro per cui il bersaglio verragrave colpito b) il tempo totale di volo per ciascuna delle due traiettorie trovate in a) (Si assuma g = 10 ms2) Serway Soluzione

l = 2 km = 2000 m v0 = 200 ms θ1 = θ2 =

a) Essendo la gittata G pari a

gv

Gθ2sin2

0=

imponendo in questo caso che essa sia pari proprio alla distanza in orizzontale l dal bersaglio si ottiene che

50)200(

2000102sin 220

=sdot

cong=vglθ

e quindi

2θ = arcsin (05) da cui

2θ1 = 30deg

2θ2 = 180deg ndash 30deg = 150deg

(questo perchegrave il sin assume lo stesso valore sia per θ che per il suo supplementare cioegrave per 180deg - θ)

l

θ1

θ2 v0

e quindi

θ1 = 15deg

θ2 = 75deg

b) Il tempo totale di volo per ognuna delle due traiettorie individuate dai due diversi angoli iniziali θ1 e θ2 si ricava dalla

θcos0vxt =

per cui sostituendo i rispettivi valori si ha

sv

xt 351015cos200

2000cos 10

1 congdegsdot

==θ

sv

xt 633875cos200

2000cos 20

2 congdegsdot

==θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 20) Un fucile egrave puntato orizzontalmente al centro di un largo bersaglio distante 150 m La velocitagrave iniziale della pallottola egrave 450 ms a) Dove la pallottola colpisce il bersaglio b) Per colpire il centro del bersaglio la canna deve essere ad un certo angolo al di sopra della linea di punta Trovare lrsquoangolo di elevazione della canna SERWAY Soluzione a) La situazione in questo caso egrave quella rappresentata in figura v0 egrave la velocitagrave iniziale della pallottola ed il fucile egrave diretto orizzontalmente quindi lrsquoangolo iniziale egrave θ = 0deg

l = 150 m v0 = 450 ms θ = 0deg y =

Per sapere in quale punto la pallottola colpisce il bersaglio (cioegrave la distanza y dal centro del bersaglio) si utilizza la formula che individua la traiettoria parabolica del proiettile Infatti

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori relativi a questa situazione (x = l = 150 v0 = 450 θ = 0deg) si ottiene

mtgy 540)150(0cos)450(2

890150 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

Quindi il proiettile colpisce il bersaglio circa 54 cm sotto il centro

v0 l

y

b) In questo caso pur essendo la velocitagrave iniziale sempre pari a v0 lrsquoangolo di inclinazione θ del fucile rispetto allrsquoorizzontale egrave diverso da zero

l = 150 m v0 = 450 ms θ =

Lrsquoangolo di inclinazione θ deve essere calcolato in modo tale che il proiettile colpisca il centro del bersaglio Questo significa che la gittata G deve essere pari proprio ad l per cui

lg

vG ==

θ2sin20

da cui

0070)450(

150892sin 220

=sdot

==vglθ

2θ = arcsin (0007) = 04deg

θ cong 02deg

(in linea di principio crsquoegrave anche la soluzione 2θ2 = 180deg - arcsin (0007) = 180deg - 04deg = 1796deg e cioegrave θ2 = 898deg )

v0

l

θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
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Page 18: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 51 ndeg 3-1 13) Un velocista corre i 100 m piani in 10 s Si approssimi il moto ipotizzando unrsquoaccelerazione costante per gli altri 85 m Si determinino a) la sua velocitagrave b) il tempo impiegato per percorrere i primi 15 m c) il tempo necessario per percorrere gli altri 85 m d) il modulo dellrsquoaccelerazione per i primi 15 m Soluzione

AB = 100 m AC = 15 m CB = 85 m tAB = 10 s a) vC = b) tAC = c) tCB = d) a =

Il moto del velocista egrave uniformemente accelerato nel tratto AC e uniforme nel tratto CB Indichiamo con vC la velocitagrave raggiunta nel punto C velocitagrave che si mantiene costante lungo tutto il tratto CB Poicheacute il velocista parte da fermo tale velocitagrave egrave semplicemente

ACC tav = Il tempo impiegato a percorrere il tratto CB egrave semplicemente tCB=10s - tAC Le equazioni per il moto uniformemente accelerato nel tratto AC e il moto rettilineo uniforme nel tratto CB sono quindi

ACCACACAC tvtatta21

21

2115 2 ===

)10(85 ACC tv minus=

A C B

v

t

C B

A

v

tAC tCB

Sostituendo i valori numerici dati nella traccia si ottiene il seguente sistema di due equazioni in due incognite

)10(85 ACC tv minus=

ACC tv=30

ACCC tvv minussdot= 1085

ACC tv=30

301085 minussdot= Cv

ACC tv=30

Cvsdot= 10115

ACC tv=30

smvC 511=

stAC 62511

30cong=

Lrsquointervallo di tempo tCB egrave semplicemente

stt ACCB 4710 congminus= Il modulo dellrsquoaccelerazione si ricava dalla

ACavC 22 = cioegrave

22

442

smAC

va C =sdot

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 14) Unrsquoautomobile che si muove con accelerazione costante percorre una distanza di 50 m (tra i punti A e B) in 6 s La sua velocitagrave quando arriva in B egrave vB=15 ms a) qual egrave la sua accelerazione b) quale era la sua velocitagrave in A c) a che distanza da A era partita Soluzione Il moto egrave uniformemente accelerato Valgono quindi le relazioni

( ) ( ) )(221

0222

00 xxavvattvxtx atvtvo0 minus=minus++=+=

Scegliamo come istante iniziale t0 = 0 quello in cui lrsquoautomobile parte da xA con velocitagrave vA incognita La velocitagrave iniziale vA egrave legata alla velocitagrave finale vB (nota e pari a 15 ms) allrsquoaccelerazione a (incognita) e al tempo t (noto e pari a 6s) dallrsquoequazione

aatvv tavv BAAB 615 minus=minus=rarr+=

Lrsquoequazione che lega xB xA vA a e t egrave quindi 2

21 attvxx AAB ++=

In questa equazione non conosciamo neacute a neacute vA mentre sono noti xB - xA= 50m e il tempo t = 6s Se sostituiamo lrsquoespressione ricavata sopra per vA otteniamo unrsquoequazione nella sola incognita a

22

21)(

21 attatvattvxx BAAB +sdotminus=+=minus

3621

sdot+sdotsdot= a6 6)a-(15 50

a36a - 90 50 18+= 4018 =a

22 222920 smsma cong=

b) Ricaviamo adesso vA

smaatvv BA 671920615615 congsdotminus=minus=minus=

c) La distanza percorsa partendo da ferma (dal punto C indicato in figura) prima di arrivare in A puograve essere ottenuto alla relazione

)(222CACA xxavv minus=minus

ma

vxx ACA 630

2)(

2

cong=minus

A B

x xA xB

C

xC

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 15) Dimostrare che per angoli di tiro superiori o inferiori a 45deg della stessa quantitagrave Δθ le gittate sono uguali

La funzione che individua la gittata G (θ) in funzione dellrsquoangolo di tiro iniziale egrave

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

Applicando questa al caso in cui lrsquoangolo di tiro sia 45deg + Δθ e anche 45deg - Δθ si ricava

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δ+deg=Δ+deg=Δ+deg

gv

gv

G

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δminusdeg=Δminusdeg=Δminusdeg

gv

gv

G

Per le proprietagrave della funzione sin si ha che sin (90deg + 2Δθ) = sin (90deg - 2Δθ) = cos 2Δθ HOcircA = 90deg - 2Δθ HOcircB = 90deg + 2Δθ

Allora le due espressioni precedenti sono uguali cioegrave

G (45deg + Δθ) = G (45deg - Δθ)

x

45deg

Δθ

y

Δθ 45deg + Δθ

45deg - Δθ

2Δθ 2Δθ

O

B A

H

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 16) Calcolare lrsquoangolo di tiro a cui lrsquoaltezza massima raggiunta dal proiettile egrave uguale alla gittata

Soluzione

Lrsquoaltezza massima raggiunta egrave data dalla

gvy

2sin22

0max

θ=

mentre la gittata egrave data da

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

quindi la condizione che deve essere soddisfatta saragrave

gv

gv θθ 2sin

2sin 2

022

0 =

da cui semplificando si ottiene

θθθ cossin22

sin 2

=

sin2θ = 4 sinθ cosθ

sinθ = 4 cosθ

tgθ = 4

θ = arctg 4 cong 76deg

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 17) Un fucile con velocitagrave di bocca 500 ms spara un proiettile in un piccolo bersaglio distante 50 m A quale altezza al di sopra del bersaglio deve essere puntato il fucile per poter colpire il bersaglio Soluzione

l = 50 m v0 = 500 ms θ = 0deg y =

Il fucile si deve sollevare di unrsquoaltezza y uguale alla distanza verticale di cui cade il proiettile nel tempo che impiega a percorrere i 50 m cioegrave

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori

mtgy 0490)50(0cos)500(2

89050 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

La distanza di cui si deve sollevare la canna del fucile egrave quindi di circa 49 cm sopra il centro del bersaglio

v0 l

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 18) Un pallone di football lanciato su un campo piano percorre una distanza orizzontale di 17 m prima di toccare terra Il punto di lancio egrave a 15 m di altezza e lrsquoangolo di proiezione egrave di 16deg Qual egrave il modulo della velocitagrave iniziale della palla Gettys pag71 ndeg415 Soluzione

OA = 17 m y0 = 15 m θ = 16deg v0 =

Lrsquoequazione che rappresenta la traiettoria seguita dal pallone nella sua caduta egrave

222

00 cos2

xv

gxtgyyθ

θ minus+=

dove y0 egrave la quota iniziale a cui si trova il pallone θ egrave lrsquoangolo di inclinazione iniziale e v0 egrave il modulo della velocitagrave iniziale Il punto A di arrivo ha coordinate xA = 17 m e yA = 0 per cui diventa

222

00 cos2 AAA x

vgtgxyy

θθ minus+=

da cui si puograve ricavare v0

)(cos2 02

220 θθ tgxy

gxvA

A

+=

e sostituendo i rispettivi valori

222

220 46241

)3746(84122832

)161751)(16(cos2)17(89 sm

tgv =

sdot=

degsdot+degsdot

=

si ottiene

smsmv 51546241 220 ==

x O

θ v0

y

y0

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 19) La velocitagrave iniziale di una palla di cannone egrave 200 ms Se egrave sparata verso un bersaglio che ha una distanza orizzontale di 2 km dal cannone trovare a) i due angoli di tiro per cui il bersaglio verragrave colpito b) il tempo totale di volo per ciascuna delle due traiettorie trovate in a) (Si assuma g = 10 ms2) Serway Soluzione

l = 2 km = 2000 m v0 = 200 ms θ1 = θ2 =

a) Essendo la gittata G pari a

gv

Gθ2sin2

0=

imponendo in questo caso che essa sia pari proprio alla distanza in orizzontale l dal bersaglio si ottiene che

50)200(

2000102sin 220

=sdot

cong=vglθ

e quindi

2θ = arcsin (05) da cui

2θ1 = 30deg

2θ2 = 180deg ndash 30deg = 150deg

(questo perchegrave il sin assume lo stesso valore sia per θ che per il suo supplementare cioegrave per 180deg - θ)

l

θ1

θ2 v0

e quindi

θ1 = 15deg

θ2 = 75deg

b) Il tempo totale di volo per ognuna delle due traiettorie individuate dai due diversi angoli iniziali θ1 e θ2 si ricava dalla

θcos0vxt =

per cui sostituendo i rispettivi valori si ha

sv

xt 351015cos200

2000cos 10

1 congdegsdot

==θ

sv

xt 633875cos200

2000cos 20

2 congdegsdot

==θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 20) Un fucile egrave puntato orizzontalmente al centro di un largo bersaglio distante 150 m La velocitagrave iniziale della pallottola egrave 450 ms a) Dove la pallottola colpisce il bersaglio b) Per colpire il centro del bersaglio la canna deve essere ad un certo angolo al di sopra della linea di punta Trovare lrsquoangolo di elevazione della canna SERWAY Soluzione a) La situazione in questo caso egrave quella rappresentata in figura v0 egrave la velocitagrave iniziale della pallottola ed il fucile egrave diretto orizzontalmente quindi lrsquoangolo iniziale egrave θ = 0deg

l = 150 m v0 = 450 ms θ = 0deg y =

Per sapere in quale punto la pallottola colpisce il bersaglio (cioegrave la distanza y dal centro del bersaglio) si utilizza la formula che individua la traiettoria parabolica del proiettile Infatti

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori relativi a questa situazione (x = l = 150 v0 = 450 θ = 0deg) si ottiene

mtgy 540)150(0cos)450(2

890150 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

Quindi il proiettile colpisce il bersaglio circa 54 cm sotto il centro

v0 l

y

b) In questo caso pur essendo la velocitagrave iniziale sempre pari a v0 lrsquoangolo di inclinazione θ del fucile rispetto allrsquoorizzontale egrave diverso da zero

l = 150 m v0 = 450 ms θ =

Lrsquoangolo di inclinazione θ deve essere calcolato in modo tale che il proiettile colpisca il centro del bersaglio Questo significa che la gittata G deve essere pari proprio ad l per cui

lg

vG ==

θ2sin20

da cui

0070)450(

150892sin 220

=sdot

==vglθ

2θ = arcsin (0007) = 04deg

θ cong 02deg

(in linea di principio crsquoegrave anche la soluzione 2θ2 = 180deg - arcsin (0007) = 180deg - 04deg = 1796deg e cioegrave θ2 = 898deg )

v0

l

θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 19: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Sostituendo i valori numerici dati nella traccia si ottiene il seguente sistema di due equazioni in due incognite

)10(85 ACC tv minus=

ACC tv=30

ACCC tvv minussdot= 1085

ACC tv=30

301085 minussdot= Cv

ACC tv=30

Cvsdot= 10115

ACC tv=30

smvC 511=

stAC 62511

30cong=

Lrsquointervallo di tempo tCB egrave semplicemente

stt ACCB 4710 congminus= Il modulo dellrsquoaccelerazione si ricava dalla

ACavC 22 = cioegrave

22

442

smAC

va C =sdot

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 14) Unrsquoautomobile che si muove con accelerazione costante percorre una distanza di 50 m (tra i punti A e B) in 6 s La sua velocitagrave quando arriva in B egrave vB=15 ms a) qual egrave la sua accelerazione b) quale era la sua velocitagrave in A c) a che distanza da A era partita Soluzione Il moto egrave uniformemente accelerato Valgono quindi le relazioni

( ) ( ) )(221

0222

00 xxavvattvxtx atvtvo0 minus=minus++=+=

Scegliamo come istante iniziale t0 = 0 quello in cui lrsquoautomobile parte da xA con velocitagrave vA incognita La velocitagrave iniziale vA egrave legata alla velocitagrave finale vB (nota e pari a 15 ms) allrsquoaccelerazione a (incognita) e al tempo t (noto e pari a 6s) dallrsquoequazione

aatvv tavv BAAB 615 minus=minus=rarr+=

Lrsquoequazione che lega xB xA vA a e t egrave quindi 2

21 attvxx AAB ++=

In questa equazione non conosciamo neacute a neacute vA mentre sono noti xB - xA= 50m e il tempo t = 6s Se sostituiamo lrsquoespressione ricavata sopra per vA otteniamo unrsquoequazione nella sola incognita a

22

21)(

21 attatvattvxx BAAB +sdotminus=+=minus

3621

sdot+sdotsdot= a6 6)a-(15 50

a36a - 90 50 18+= 4018 =a

22 222920 smsma cong=

b) Ricaviamo adesso vA

smaatvv BA 671920615615 congsdotminus=minus=minus=

c) La distanza percorsa partendo da ferma (dal punto C indicato in figura) prima di arrivare in A puograve essere ottenuto alla relazione

)(222CACA xxavv minus=minus

ma

vxx ACA 630

2)(

2

cong=minus

A B

x xA xB

C

xC

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 15) Dimostrare che per angoli di tiro superiori o inferiori a 45deg della stessa quantitagrave Δθ le gittate sono uguali

La funzione che individua la gittata G (θ) in funzione dellrsquoangolo di tiro iniziale egrave

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

Applicando questa al caso in cui lrsquoangolo di tiro sia 45deg + Δθ e anche 45deg - Δθ si ricava

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δ+deg=Δ+deg=Δ+deg

gv

gv

G

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δminusdeg=Δminusdeg=Δminusdeg

gv

gv

G

Per le proprietagrave della funzione sin si ha che sin (90deg + 2Δθ) = sin (90deg - 2Δθ) = cos 2Δθ HOcircA = 90deg - 2Δθ HOcircB = 90deg + 2Δθ

Allora le due espressioni precedenti sono uguali cioegrave

G (45deg + Δθ) = G (45deg - Δθ)

x

45deg

Δθ

y

Δθ 45deg + Δθ

45deg - Δθ

2Δθ 2Δθ

O

B A

H

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 16) Calcolare lrsquoangolo di tiro a cui lrsquoaltezza massima raggiunta dal proiettile egrave uguale alla gittata

Soluzione

Lrsquoaltezza massima raggiunta egrave data dalla

gvy

2sin22

0max

θ=

mentre la gittata egrave data da

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

quindi la condizione che deve essere soddisfatta saragrave

gv

gv θθ 2sin

2sin 2

022

0 =

da cui semplificando si ottiene

θθθ cossin22

sin 2

=

sin2θ = 4 sinθ cosθ

sinθ = 4 cosθ

tgθ = 4

θ = arctg 4 cong 76deg

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 17) Un fucile con velocitagrave di bocca 500 ms spara un proiettile in un piccolo bersaglio distante 50 m A quale altezza al di sopra del bersaglio deve essere puntato il fucile per poter colpire il bersaglio Soluzione

l = 50 m v0 = 500 ms θ = 0deg y =

Il fucile si deve sollevare di unrsquoaltezza y uguale alla distanza verticale di cui cade il proiettile nel tempo che impiega a percorrere i 50 m cioegrave

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori

mtgy 0490)50(0cos)500(2

89050 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

La distanza di cui si deve sollevare la canna del fucile egrave quindi di circa 49 cm sopra il centro del bersaglio

v0 l

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 18) Un pallone di football lanciato su un campo piano percorre una distanza orizzontale di 17 m prima di toccare terra Il punto di lancio egrave a 15 m di altezza e lrsquoangolo di proiezione egrave di 16deg Qual egrave il modulo della velocitagrave iniziale della palla Gettys pag71 ndeg415 Soluzione

OA = 17 m y0 = 15 m θ = 16deg v0 =

Lrsquoequazione che rappresenta la traiettoria seguita dal pallone nella sua caduta egrave

222

00 cos2

xv

gxtgyyθ

θ minus+=

dove y0 egrave la quota iniziale a cui si trova il pallone θ egrave lrsquoangolo di inclinazione iniziale e v0 egrave il modulo della velocitagrave iniziale Il punto A di arrivo ha coordinate xA = 17 m e yA = 0 per cui diventa

222

00 cos2 AAA x

vgtgxyy

θθ minus+=

da cui si puograve ricavare v0

)(cos2 02

220 θθ tgxy

gxvA

A

+=

e sostituendo i rispettivi valori

222

220 46241

)3746(84122832

)161751)(16(cos2)17(89 sm

tgv =

sdot=

degsdot+degsdot

=

si ottiene

smsmv 51546241 220 ==

x O

θ v0

y

y0

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 19) La velocitagrave iniziale di una palla di cannone egrave 200 ms Se egrave sparata verso un bersaglio che ha una distanza orizzontale di 2 km dal cannone trovare a) i due angoli di tiro per cui il bersaglio verragrave colpito b) il tempo totale di volo per ciascuna delle due traiettorie trovate in a) (Si assuma g = 10 ms2) Serway Soluzione

l = 2 km = 2000 m v0 = 200 ms θ1 = θ2 =

a) Essendo la gittata G pari a

gv

Gθ2sin2

0=

imponendo in questo caso che essa sia pari proprio alla distanza in orizzontale l dal bersaglio si ottiene che

50)200(

2000102sin 220

=sdot

cong=vglθ

e quindi

2θ = arcsin (05) da cui

2θ1 = 30deg

2θ2 = 180deg ndash 30deg = 150deg

(questo perchegrave il sin assume lo stesso valore sia per θ che per il suo supplementare cioegrave per 180deg - θ)

l

θ1

θ2 v0

e quindi

θ1 = 15deg

θ2 = 75deg

b) Il tempo totale di volo per ognuna delle due traiettorie individuate dai due diversi angoli iniziali θ1 e θ2 si ricava dalla

θcos0vxt =

per cui sostituendo i rispettivi valori si ha

sv

xt 351015cos200

2000cos 10

1 congdegsdot

==θ

sv

xt 633875cos200

2000cos 20

2 congdegsdot

==θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 20) Un fucile egrave puntato orizzontalmente al centro di un largo bersaglio distante 150 m La velocitagrave iniziale della pallottola egrave 450 ms a) Dove la pallottola colpisce il bersaglio b) Per colpire il centro del bersaglio la canna deve essere ad un certo angolo al di sopra della linea di punta Trovare lrsquoangolo di elevazione della canna SERWAY Soluzione a) La situazione in questo caso egrave quella rappresentata in figura v0 egrave la velocitagrave iniziale della pallottola ed il fucile egrave diretto orizzontalmente quindi lrsquoangolo iniziale egrave θ = 0deg

l = 150 m v0 = 450 ms θ = 0deg y =

Per sapere in quale punto la pallottola colpisce il bersaglio (cioegrave la distanza y dal centro del bersaglio) si utilizza la formula che individua la traiettoria parabolica del proiettile Infatti

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori relativi a questa situazione (x = l = 150 v0 = 450 θ = 0deg) si ottiene

mtgy 540)150(0cos)450(2

890150 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

Quindi il proiettile colpisce il bersaglio circa 54 cm sotto il centro

v0 l

y

b) In questo caso pur essendo la velocitagrave iniziale sempre pari a v0 lrsquoangolo di inclinazione θ del fucile rispetto allrsquoorizzontale egrave diverso da zero

l = 150 m v0 = 450 ms θ =

Lrsquoangolo di inclinazione θ deve essere calcolato in modo tale che il proiettile colpisca il centro del bersaglio Questo significa che la gittata G deve essere pari proprio ad l per cui

lg

vG ==

θ2sin20

da cui

0070)450(

150892sin 220

=sdot

==vglθ

2θ = arcsin (0007) = 04deg

θ cong 02deg

(in linea di principio crsquoegrave anche la soluzione 2θ2 = 180deg - arcsin (0007) = 180deg - 04deg = 1796deg e cioegrave θ2 = 898deg )

v0

l

θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 20: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 14) Unrsquoautomobile che si muove con accelerazione costante percorre una distanza di 50 m (tra i punti A e B) in 6 s La sua velocitagrave quando arriva in B egrave vB=15 ms a) qual egrave la sua accelerazione b) quale era la sua velocitagrave in A c) a che distanza da A era partita Soluzione Il moto egrave uniformemente accelerato Valgono quindi le relazioni

( ) ( ) )(221

0222

00 xxavvattvxtx atvtvo0 minus=minus++=+=

Scegliamo come istante iniziale t0 = 0 quello in cui lrsquoautomobile parte da xA con velocitagrave vA incognita La velocitagrave iniziale vA egrave legata alla velocitagrave finale vB (nota e pari a 15 ms) allrsquoaccelerazione a (incognita) e al tempo t (noto e pari a 6s) dallrsquoequazione

aatvv tavv BAAB 615 minus=minus=rarr+=

Lrsquoequazione che lega xB xA vA a e t egrave quindi 2

21 attvxx AAB ++=

In questa equazione non conosciamo neacute a neacute vA mentre sono noti xB - xA= 50m e il tempo t = 6s Se sostituiamo lrsquoespressione ricavata sopra per vA otteniamo unrsquoequazione nella sola incognita a

22

21)(

21 attatvattvxx BAAB +sdotminus=+=minus

3621

sdot+sdotsdot= a6 6)a-(15 50

a36a - 90 50 18+= 4018 =a

22 222920 smsma cong=

b) Ricaviamo adesso vA

smaatvv BA 671920615615 congsdotminus=minus=minus=

c) La distanza percorsa partendo da ferma (dal punto C indicato in figura) prima di arrivare in A puograve essere ottenuto alla relazione

)(222CACA xxavv minus=minus

ma

vxx ACA 630

2)(

2

cong=minus

A B

x xA xB

C

xC

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 15) Dimostrare che per angoli di tiro superiori o inferiori a 45deg della stessa quantitagrave Δθ le gittate sono uguali

La funzione che individua la gittata G (θ) in funzione dellrsquoangolo di tiro iniziale egrave

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

Applicando questa al caso in cui lrsquoangolo di tiro sia 45deg + Δθ e anche 45deg - Δθ si ricava

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δ+deg=Δ+deg=Δ+deg

gv

gv

G

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δminusdeg=Δminusdeg=Δminusdeg

gv

gv

G

Per le proprietagrave della funzione sin si ha che sin (90deg + 2Δθ) = sin (90deg - 2Δθ) = cos 2Δθ HOcircA = 90deg - 2Δθ HOcircB = 90deg + 2Δθ

Allora le due espressioni precedenti sono uguali cioegrave

G (45deg + Δθ) = G (45deg - Δθ)

x

45deg

Δθ

y

Δθ 45deg + Δθ

45deg - Δθ

2Δθ 2Δθ

O

B A

H

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 16) Calcolare lrsquoangolo di tiro a cui lrsquoaltezza massima raggiunta dal proiettile egrave uguale alla gittata

Soluzione

Lrsquoaltezza massima raggiunta egrave data dalla

gvy

2sin22

0max

θ=

mentre la gittata egrave data da

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

quindi la condizione che deve essere soddisfatta saragrave

gv

gv θθ 2sin

2sin 2

022

0 =

da cui semplificando si ottiene

θθθ cossin22

sin 2

=

sin2θ = 4 sinθ cosθ

sinθ = 4 cosθ

tgθ = 4

θ = arctg 4 cong 76deg

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 17) Un fucile con velocitagrave di bocca 500 ms spara un proiettile in un piccolo bersaglio distante 50 m A quale altezza al di sopra del bersaglio deve essere puntato il fucile per poter colpire il bersaglio Soluzione

l = 50 m v0 = 500 ms θ = 0deg y =

Il fucile si deve sollevare di unrsquoaltezza y uguale alla distanza verticale di cui cade il proiettile nel tempo che impiega a percorrere i 50 m cioegrave

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori

mtgy 0490)50(0cos)500(2

89050 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

La distanza di cui si deve sollevare la canna del fucile egrave quindi di circa 49 cm sopra il centro del bersaglio

v0 l

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 18) Un pallone di football lanciato su un campo piano percorre una distanza orizzontale di 17 m prima di toccare terra Il punto di lancio egrave a 15 m di altezza e lrsquoangolo di proiezione egrave di 16deg Qual egrave il modulo della velocitagrave iniziale della palla Gettys pag71 ndeg415 Soluzione

OA = 17 m y0 = 15 m θ = 16deg v0 =

Lrsquoequazione che rappresenta la traiettoria seguita dal pallone nella sua caduta egrave

222

00 cos2

xv

gxtgyyθ

θ minus+=

dove y0 egrave la quota iniziale a cui si trova il pallone θ egrave lrsquoangolo di inclinazione iniziale e v0 egrave il modulo della velocitagrave iniziale Il punto A di arrivo ha coordinate xA = 17 m e yA = 0 per cui diventa

222

00 cos2 AAA x

vgtgxyy

θθ minus+=

da cui si puograve ricavare v0

)(cos2 02

220 θθ tgxy

gxvA

A

+=

e sostituendo i rispettivi valori

222

220 46241

)3746(84122832

)161751)(16(cos2)17(89 sm

tgv =

sdot=

degsdot+degsdot

=

si ottiene

smsmv 51546241 220 ==

x O

θ v0

y

y0

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 19) La velocitagrave iniziale di una palla di cannone egrave 200 ms Se egrave sparata verso un bersaglio che ha una distanza orizzontale di 2 km dal cannone trovare a) i due angoli di tiro per cui il bersaglio verragrave colpito b) il tempo totale di volo per ciascuna delle due traiettorie trovate in a) (Si assuma g = 10 ms2) Serway Soluzione

l = 2 km = 2000 m v0 = 200 ms θ1 = θ2 =

a) Essendo la gittata G pari a

gv

Gθ2sin2

0=

imponendo in questo caso che essa sia pari proprio alla distanza in orizzontale l dal bersaglio si ottiene che

50)200(

2000102sin 220

=sdot

cong=vglθ

e quindi

2θ = arcsin (05) da cui

2θ1 = 30deg

2θ2 = 180deg ndash 30deg = 150deg

(questo perchegrave il sin assume lo stesso valore sia per θ che per il suo supplementare cioegrave per 180deg - θ)

l

θ1

θ2 v0

e quindi

θ1 = 15deg

θ2 = 75deg

b) Il tempo totale di volo per ognuna delle due traiettorie individuate dai due diversi angoli iniziali θ1 e θ2 si ricava dalla

θcos0vxt =

per cui sostituendo i rispettivi valori si ha

sv

xt 351015cos200

2000cos 10

1 congdegsdot

==θ

sv

xt 633875cos200

2000cos 20

2 congdegsdot

==θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 20) Un fucile egrave puntato orizzontalmente al centro di un largo bersaglio distante 150 m La velocitagrave iniziale della pallottola egrave 450 ms a) Dove la pallottola colpisce il bersaglio b) Per colpire il centro del bersaglio la canna deve essere ad un certo angolo al di sopra della linea di punta Trovare lrsquoangolo di elevazione della canna SERWAY Soluzione a) La situazione in questo caso egrave quella rappresentata in figura v0 egrave la velocitagrave iniziale della pallottola ed il fucile egrave diretto orizzontalmente quindi lrsquoangolo iniziale egrave θ = 0deg

l = 150 m v0 = 450 ms θ = 0deg y =

Per sapere in quale punto la pallottola colpisce il bersaglio (cioegrave la distanza y dal centro del bersaglio) si utilizza la formula che individua la traiettoria parabolica del proiettile Infatti

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori relativi a questa situazione (x = l = 150 v0 = 450 θ = 0deg) si ottiene

mtgy 540)150(0cos)450(2

890150 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

Quindi il proiettile colpisce il bersaglio circa 54 cm sotto il centro

v0 l

y

b) In questo caso pur essendo la velocitagrave iniziale sempre pari a v0 lrsquoangolo di inclinazione θ del fucile rispetto allrsquoorizzontale egrave diverso da zero

l = 150 m v0 = 450 ms θ =

Lrsquoangolo di inclinazione θ deve essere calcolato in modo tale che il proiettile colpisca il centro del bersaglio Questo significa che la gittata G deve essere pari proprio ad l per cui

lg

vG ==

θ2sin20

da cui

0070)450(

150892sin 220

=sdot

==vglθ

2θ = arcsin (0007) = 04deg

θ cong 02deg

(in linea di principio crsquoegrave anche la soluzione 2θ2 = 180deg - arcsin (0007) = 180deg - 04deg = 1796deg e cioegrave θ2 = 898deg )

v0

l

θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 21: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 15) Dimostrare che per angoli di tiro superiori o inferiori a 45deg della stessa quantitagrave Δθ le gittate sono uguali

La funzione che individua la gittata G (θ) in funzione dellrsquoangolo di tiro iniziale egrave

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

Applicando questa al caso in cui lrsquoangolo di tiro sia 45deg + Δθ e anche 45deg - Δθ si ricava

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δ+deg=Δ+deg=Δ+deg

gv

gv

G

[ ] )290sin()45(2sin)45(20

20 θθθ Δminusdeg=Δminusdeg=Δminusdeg

gv

gv

G

Per le proprietagrave della funzione sin si ha che sin (90deg + 2Δθ) = sin (90deg - 2Δθ) = cos 2Δθ HOcircA = 90deg - 2Δθ HOcircB = 90deg + 2Δθ

Allora le due espressioni precedenti sono uguali cioegrave

G (45deg + Δθ) = G (45deg - Δθ)

x

45deg

Δθ

y

Δθ 45deg + Δθ

45deg - Δθ

2Δθ 2Δθ

O

B A

H

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 16) Calcolare lrsquoangolo di tiro a cui lrsquoaltezza massima raggiunta dal proiettile egrave uguale alla gittata

Soluzione

Lrsquoaltezza massima raggiunta egrave data dalla

gvy

2sin22

0max

θ=

mentre la gittata egrave data da

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

quindi la condizione che deve essere soddisfatta saragrave

gv

gv θθ 2sin

2sin 2

022

0 =

da cui semplificando si ottiene

θθθ cossin22

sin 2

=

sin2θ = 4 sinθ cosθ

sinθ = 4 cosθ

tgθ = 4

θ = arctg 4 cong 76deg

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 17) Un fucile con velocitagrave di bocca 500 ms spara un proiettile in un piccolo bersaglio distante 50 m A quale altezza al di sopra del bersaglio deve essere puntato il fucile per poter colpire il bersaglio Soluzione

l = 50 m v0 = 500 ms θ = 0deg y =

Il fucile si deve sollevare di unrsquoaltezza y uguale alla distanza verticale di cui cade il proiettile nel tempo che impiega a percorrere i 50 m cioegrave

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori

mtgy 0490)50(0cos)500(2

89050 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

La distanza di cui si deve sollevare la canna del fucile egrave quindi di circa 49 cm sopra il centro del bersaglio

v0 l

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 18) Un pallone di football lanciato su un campo piano percorre una distanza orizzontale di 17 m prima di toccare terra Il punto di lancio egrave a 15 m di altezza e lrsquoangolo di proiezione egrave di 16deg Qual egrave il modulo della velocitagrave iniziale della palla Gettys pag71 ndeg415 Soluzione

OA = 17 m y0 = 15 m θ = 16deg v0 =

Lrsquoequazione che rappresenta la traiettoria seguita dal pallone nella sua caduta egrave

222

00 cos2

xv

gxtgyyθ

θ minus+=

dove y0 egrave la quota iniziale a cui si trova il pallone θ egrave lrsquoangolo di inclinazione iniziale e v0 egrave il modulo della velocitagrave iniziale Il punto A di arrivo ha coordinate xA = 17 m e yA = 0 per cui diventa

222

00 cos2 AAA x

vgtgxyy

θθ minus+=

da cui si puograve ricavare v0

)(cos2 02

220 θθ tgxy

gxvA

A

+=

e sostituendo i rispettivi valori

222

220 46241

)3746(84122832

)161751)(16(cos2)17(89 sm

tgv =

sdot=

degsdot+degsdot

=

si ottiene

smsmv 51546241 220 ==

x O

θ v0

y

y0

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 19) La velocitagrave iniziale di una palla di cannone egrave 200 ms Se egrave sparata verso un bersaglio che ha una distanza orizzontale di 2 km dal cannone trovare a) i due angoli di tiro per cui il bersaglio verragrave colpito b) il tempo totale di volo per ciascuna delle due traiettorie trovate in a) (Si assuma g = 10 ms2) Serway Soluzione

l = 2 km = 2000 m v0 = 200 ms θ1 = θ2 =

a) Essendo la gittata G pari a

gv

Gθ2sin2

0=

imponendo in questo caso che essa sia pari proprio alla distanza in orizzontale l dal bersaglio si ottiene che

50)200(

2000102sin 220

=sdot

cong=vglθ

e quindi

2θ = arcsin (05) da cui

2θ1 = 30deg

2θ2 = 180deg ndash 30deg = 150deg

(questo perchegrave il sin assume lo stesso valore sia per θ che per il suo supplementare cioegrave per 180deg - θ)

l

θ1

θ2 v0

e quindi

θ1 = 15deg

θ2 = 75deg

b) Il tempo totale di volo per ognuna delle due traiettorie individuate dai due diversi angoli iniziali θ1 e θ2 si ricava dalla

θcos0vxt =

per cui sostituendo i rispettivi valori si ha

sv

xt 351015cos200

2000cos 10

1 congdegsdot

==θ

sv

xt 633875cos200

2000cos 20

2 congdegsdot

==θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 20) Un fucile egrave puntato orizzontalmente al centro di un largo bersaglio distante 150 m La velocitagrave iniziale della pallottola egrave 450 ms a) Dove la pallottola colpisce il bersaglio b) Per colpire il centro del bersaglio la canna deve essere ad un certo angolo al di sopra della linea di punta Trovare lrsquoangolo di elevazione della canna SERWAY Soluzione a) La situazione in questo caso egrave quella rappresentata in figura v0 egrave la velocitagrave iniziale della pallottola ed il fucile egrave diretto orizzontalmente quindi lrsquoangolo iniziale egrave θ = 0deg

l = 150 m v0 = 450 ms θ = 0deg y =

Per sapere in quale punto la pallottola colpisce il bersaglio (cioegrave la distanza y dal centro del bersaglio) si utilizza la formula che individua la traiettoria parabolica del proiettile Infatti

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori relativi a questa situazione (x = l = 150 v0 = 450 θ = 0deg) si ottiene

mtgy 540)150(0cos)450(2

890150 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

Quindi il proiettile colpisce il bersaglio circa 54 cm sotto il centro

v0 l

y

b) In questo caso pur essendo la velocitagrave iniziale sempre pari a v0 lrsquoangolo di inclinazione θ del fucile rispetto allrsquoorizzontale egrave diverso da zero

l = 150 m v0 = 450 ms θ =

Lrsquoangolo di inclinazione θ deve essere calcolato in modo tale che il proiettile colpisca il centro del bersaglio Questo significa che la gittata G deve essere pari proprio ad l per cui

lg

vG ==

θ2sin20

da cui

0070)450(

150892sin 220

=sdot

==vglθ

2θ = arcsin (0007) = 04deg

θ cong 02deg

(in linea di principio crsquoegrave anche la soluzione 2θ2 = 180deg - arcsin (0007) = 180deg - 04deg = 1796deg e cioegrave θ2 = 898deg )

v0

l

θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 22: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Moto del proiettile 16) Calcolare lrsquoangolo di tiro a cui lrsquoaltezza massima raggiunta dal proiettile egrave uguale alla gittata

Soluzione

Lrsquoaltezza massima raggiunta egrave data dalla

gvy

2sin22

0max

θ=

mentre la gittata egrave data da

gv

Gθ

θ2sin

)(20=

quindi la condizione che deve essere soddisfatta saragrave

gv

gv θθ 2sin

2sin 2

022

0 =

da cui semplificando si ottiene

θθθ cossin22

sin 2

=

sin2θ = 4 sinθ cosθ

sinθ = 4 cosθ

tgθ = 4

θ = arctg 4 cong 76deg

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 17) Un fucile con velocitagrave di bocca 500 ms spara un proiettile in un piccolo bersaglio distante 50 m A quale altezza al di sopra del bersaglio deve essere puntato il fucile per poter colpire il bersaglio Soluzione

l = 50 m v0 = 500 ms θ = 0deg y =

Il fucile si deve sollevare di unrsquoaltezza y uguale alla distanza verticale di cui cade il proiettile nel tempo che impiega a percorrere i 50 m cioegrave

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori

mtgy 0490)50(0cos)500(2

89050 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

La distanza di cui si deve sollevare la canna del fucile egrave quindi di circa 49 cm sopra il centro del bersaglio

v0 l

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 18) Un pallone di football lanciato su un campo piano percorre una distanza orizzontale di 17 m prima di toccare terra Il punto di lancio egrave a 15 m di altezza e lrsquoangolo di proiezione egrave di 16deg Qual egrave il modulo della velocitagrave iniziale della palla Gettys pag71 ndeg415 Soluzione

OA = 17 m y0 = 15 m θ = 16deg v0 =

Lrsquoequazione che rappresenta la traiettoria seguita dal pallone nella sua caduta egrave

222

00 cos2

xv

gxtgyyθ

θ minus+=

dove y0 egrave la quota iniziale a cui si trova il pallone θ egrave lrsquoangolo di inclinazione iniziale e v0 egrave il modulo della velocitagrave iniziale Il punto A di arrivo ha coordinate xA = 17 m e yA = 0 per cui diventa

222

00 cos2 AAA x

vgtgxyy

θθ minus+=

da cui si puograve ricavare v0

)(cos2 02

220 θθ tgxy

gxvA

A

+=

e sostituendo i rispettivi valori

222

220 46241

)3746(84122832

)161751)(16(cos2)17(89 sm

tgv =

sdot=

degsdot+degsdot

=

si ottiene

smsmv 51546241 220 ==

x O

θ v0

y

y0

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 19) La velocitagrave iniziale di una palla di cannone egrave 200 ms Se egrave sparata verso un bersaglio che ha una distanza orizzontale di 2 km dal cannone trovare a) i due angoli di tiro per cui il bersaglio verragrave colpito b) il tempo totale di volo per ciascuna delle due traiettorie trovate in a) (Si assuma g = 10 ms2) Serway Soluzione

l = 2 km = 2000 m v0 = 200 ms θ1 = θ2 =

a) Essendo la gittata G pari a

gv

Gθ2sin2

0=

imponendo in questo caso che essa sia pari proprio alla distanza in orizzontale l dal bersaglio si ottiene che

50)200(

2000102sin 220

=sdot

cong=vglθ

e quindi

2θ = arcsin (05) da cui

2θ1 = 30deg

2θ2 = 180deg ndash 30deg = 150deg

(questo perchegrave il sin assume lo stesso valore sia per θ che per il suo supplementare cioegrave per 180deg - θ)

l

θ1

θ2 v0

e quindi

θ1 = 15deg

θ2 = 75deg

b) Il tempo totale di volo per ognuna delle due traiettorie individuate dai due diversi angoli iniziali θ1 e θ2 si ricava dalla

θcos0vxt =

per cui sostituendo i rispettivi valori si ha

sv

xt 351015cos200

2000cos 10

1 congdegsdot

==θ

sv

xt 633875cos200

2000cos 20

2 congdegsdot

==θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 20) Un fucile egrave puntato orizzontalmente al centro di un largo bersaglio distante 150 m La velocitagrave iniziale della pallottola egrave 450 ms a) Dove la pallottola colpisce il bersaglio b) Per colpire il centro del bersaglio la canna deve essere ad un certo angolo al di sopra della linea di punta Trovare lrsquoangolo di elevazione della canna SERWAY Soluzione a) La situazione in questo caso egrave quella rappresentata in figura v0 egrave la velocitagrave iniziale della pallottola ed il fucile egrave diretto orizzontalmente quindi lrsquoangolo iniziale egrave θ = 0deg

l = 150 m v0 = 450 ms θ = 0deg y =

Per sapere in quale punto la pallottola colpisce il bersaglio (cioegrave la distanza y dal centro del bersaglio) si utilizza la formula che individua la traiettoria parabolica del proiettile Infatti

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori relativi a questa situazione (x = l = 150 v0 = 450 θ = 0deg) si ottiene

mtgy 540)150(0cos)450(2

890150 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

Quindi il proiettile colpisce il bersaglio circa 54 cm sotto il centro

v0 l

y

b) In questo caso pur essendo la velocitagrave iniziale sempre pari a v0 lrsquoangolo di inclinazione θ del fucile rispetto allrsquoorizzontale egrave diverso da zero

l = 150 m v0 = 450 ms θ =

Lrsquoangolo di inclinazione θ deve essere calcolato in modo tale che il proiettile colpisca il centro del bersaglio Questo significa che la gittata G deve essere pari proprio ad l per cui

lg

vG ==

θ2sin20

da cui

0070)450(

150892sin 220

=sdot

==vglθ

2θ = arcsin (0007) = 04deg

θ cong 02deg

(in linea di principio crsquoegrave anche la soluzione 2θ2 = 180deg - arcsin (0007) = 180deg - 04deg = 1796deg e cioegrave θ2 = 898deg )

v0

l

θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
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Page 23: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 17) Un fucile con velocitagrave di bocca 500 ms spara un proiettile in un piccolo bersaglio distante 50 m A quale altezza al di sopra del bersaglio deve essere puntato il fucile per poter colpire il bersaglio Soluzione

l = 50 m v0 = 500 ms θ = 0deg y =

Il fucile si deve sollevare di unrsquoaltezza y uguale alla distanza verticale di cui cade il proiettile nel tempo che impiega a percorrere i 50 m cioegrave

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori

mtgy 0490)50(0cos)500(2

89050 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

La distanza di cui si deve sollevare la canna del fucile egrave quindi di circa 49 cm sopra il centro del bersaglio

v0 l

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 18) Un pallone di football lanciato su un campo piano percorre una distanza orizzontale di 17 m prima di toccare terra Il punto di lancio egrave a 15 m di altezza e lrsquoangolo di proiezione egrave di 16deg Qual egrave il modulo della velocitagrave iniziale della palla Gettys pag71 ndeg415 Soluzione

OA = 17 m y0 = 15 m θ = 16deg v0 =

Lrsquoequazione che rappresenta la traiettoria seguita dal pallone nella sua caduta egrave

222

00 cos2

xv

gxtgyyθ

θ minus+=

dove y0 egrave la quota iniziale a cui si trova il pallone θ egrave lrsquoangolo di inclinazione iniziale e v0 egrave il modulo della velocitagrave iniziale Il punto A di arrivo ha coordinate xA = 17 m e yA = 0 per cui diventa

222

00 cos2 AAA x

vgtgxyy

θθ minus+=

da cui si puograve ricavare v0

)(cos2 02

220 θθ tgxy

gxvA

A

+=

e sostituendo i rispettivi valori

222

220 46241

)3746(84122832

)161751)(16(cos2)17(89 sm

tgv =

sdot=

degsdot+degsdot

=

si ottiene

smsmv 51546241 220 ==

x O

θ v0

y

y0

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 19) La velocitagrave iniziale di una palla di cannone egrave 200 ms Se egrave sparata verso un bersaglio che ha una distanza orizzontale di 2 km dal cannone trovare a) i due angoli di tiro per cui il bersaglio verragrave colpito b) il tempo totale di volo per ciascuna delle due traiettorie trovate in a) (Si assuma g = 10 ms2) Serway Soluzione

l = 2 km = 2000 m v0 = 200 ms θ1 = θ2 =

a) Essendo la gittata G pari a

gv

Gθ2sin2

0=

imponendo in questo caso che essa sia pari proprio alla distanza in orizzontale l dal bersaglio si ottiene che

50)200(

2000102sin 220

=sdot

cong=vglθ

e quindi

2θ = arcsin (05) da cui

2θ1 = 30deg

2θ2 = 180deg ndash 30deg = 150deg

(questo perchegrave il sin assume lo stesso valore sia per θ che per il suo supplementare cioegrave per 180deg - θ)

l

θ1

θ2 v0

e quindi

θ1 = 15deg

θ2 = 75deg

b) Il tempo totale di volo per ognuna delle due traiettorie individuate dai due diversi angoli iniziali θ1 e θ2 si ricava dalla

θcos0vxt =

per cui sostituendo i rispettivi valori si ha

sv

xt 351015cos200

2000cos 10

1 congdegsdot

==θ

sv

xt 633875cos200

2000cos 20

2 congdegsdot

==θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 20) Un fucile egrave puntato orizzontalmente al centro di un largo bersaglio distante 150 m La velocitagrave iniziale della pallottola egrave 450 ms a) Dove la pallottola colpisce il bersaglio b) Per colpire il centro del bersaglio la canna deve essere ad un certo angolo al di sopra della linea di punta Trovare lrsquoangolo di elevazione della canna SERWAY Soluzione a) La situazione in questo caso egrave quella rappresentata in figura v0 egrave la velocitagrave iniziale della pallottola ed il fucile egrave diretto orizzontalmente quindi lrsquoangolo iniziale egrave θ = 0deg

l = 150 m v0 = 450 ms θ = 0deg y =

Per sapere in quale punto la pallottola colpisce il bersaglio (cioegrave la distanza y dal centro del bersaglio) si utilizza la formula che individua la traiettoria parabolica del proiettile Infatti

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori relativi a questa situazione (x = l = 150 v0 = 450 θ = 0deg) si ottiene

mtgy 540)150(0cos)450(2

890150 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

Quindi il proiettile colpisce il bersaglio circa 54 cm sotto il centro

v0 l

y

b) In questo caso pur essendo la velocitagrave iniziale sempre pari a v0 lrsquoangolo di inclinazione θ del fucile rispetto allrsquoorizzontale egrave diverso da zero

l = 150 m v0 = 450 ms θ =

Lrsquoangolo di inclinazione θ deve essere calcolato in modo tale che il proiettile colpisca il centro del bersaglio Questo significa che la gittata G deve essere pari proprio ad l per cui

lg

vG ==

θ2sin20

da cui

0070)450(

150892sin 220

=sdot

==vglθ

2θ = arcsin (0007) = 04deg

θ cong 02deg

(in linea di principio crsquoegrave anche la soluzione 2θ2 = 180deg - arcsin (0007) = 180deg - 04deg = 1796deg e cioegrave θ2 = 898deg )

v0

l

θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 24: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 18) Un pallone di football lanciato su un campo piano percorre una distanza orizzontale di 17 m prima di toccare terra Il punto di lancio egrave a 15 m di altezza e lrsquoangolo di proiezione egrave di 16deg Qual egrave il modulo della velocitagrave iniziale della palla Gettys pag71 ndeg415 Soluzione

OA = 17 m y0 = 15 m θ = 16deg v0 =

Lrsquoequazione che rappresenta la traiettoria seguita dal pallone nella sua caduta egrave

222

00 cos2

xv

gxtgyyθ

θ minus+=

dove y0 egrave la quota iniziale a cui si trova il pallone θ egrave lrsquoangolo di inclinazione iniziale e v0 egrave il modulo della velocitagrave iniziale Il punto A di arrivo ha coordinate xA = 17 m e yA = 0 per cui diventa

222

00 cos2 AAA x

vgtgxyy

θθ minus+=

da cui si puograve ricavare v0

)(cos2 02

220 θθ tgxy

gxvA

A

+=

e sostituendo i rispettivi valori

222

220 46241

)3746(84122832

)161751)(16(cos2)17(89 sm

tgv =

sdot=

degsdot+degsdot

=

si ottiene

smsmv 51546241 220 ==

x O

θ v0

y

y0

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 19) La velocitagrave iniziale di una palla di cannone egrave 200 ms Se egrave sparata verso un bersaglio che ha una distanza orizzontale di 2 km dal cannone trovare a) i due angoli di tiro per cui il bersaglio verragrave colpito b) il tempo totale di volo per ciascuna delle due traiettorie trovate in a) (Si assuma g = 10 ms2) Serway Soluzione

l = 2 km = 2000 m v0 = 200 ms θ1 = θ2 =

a) Essendo la gittata G pari a

gv

Gθ2sin2

0=

imponendo in questo caso che essa sia pari proprio alla distanza in orizzontale l dal bersaglio si ottiene che

50)200(

2000102sin 220

=sdot

cong=vglθ

e quindi

2θ = arcsin (05) da cui

2θ1 = 30deg

2θ2 = 180deg ndash 30deg = 150deg

(questo perchegrave il sin assume lo stesso valore sia per θ che per il suo supplementare cioegrave per 180deg - θ)

l

θ1

θ2 v0

e quindi

θ1 = 15deg

θ2 = 75deg

b) Il tempo totale di volo per ognuna delle due traiettorie individuate dai due diversi angoli iniziali θ1 e θ2 si ricava dalla

θcos0vxt =

per cui sostituendo i rispettivi valori si ha

sv

xt 351015cos200

2000cos 10

1 congdegsdot

==θ

sv

xt 633875cos200

2000cos 20

2 congdegsdot

==θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 20) Un fucile egrave puntato orizzontalmente al centro di un largo bersaglio distante 150 m La velocitagrave iniziale della pallottola egrave 450 ms a) Dove la pallottola colpisce il bersaglio b) Per colpire il centro del bersaglio la canna deve essere ad un certo angolo al di sopra della linea di punta Trovare lrsquoangolo di elevazione della canna SERWAY Soluzione a) La situazione in questo caso egrave quella rappresentata in figura v0 egrave la velocitagrave iniziale della pallottola ed il fucile egrave diretto orizzontalmente quindi lrsquoangolo iniziale egrave θ = 0deg

l = 150 m v0 = 450 ms θ = 0deg y =

Per sapere in quale punto la pallottola colpisce il bersaglio (cioegrave la distanza y dal centro del bersaglio) si utilizza la formula che individua la traiettoria parabolica del proiettile Infatti

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori relativi a questa situazione (x = l = 150 v0 = 450 θ = 0deg) si ottiene

mtgy 540)150(0cos)450(2

890150 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

Quindi il proiettile colpisce il bersaglio circa 54 cm sotto il centro

v0 l

y

b) In questo caso pur essendo la velocitagrave iniziale sempre pari a v0 lrsquoangolo di inclinazione θ del fucile rispetto allrsquoorizzontale egrave diverso da zero

l = 150 m v0 = 450 ms θ =

Lrsquoangolo di inclinazione θ deve essere calcolato in modo tale che il proiettile colpisca il centro del bersaglio Questo significa che la gittata G deve essere pari proprio ad l per cui

lg

vG ==

θ2sin20

da cui

0070)450(

150892sin 220

=sdot

==vglθ

2θ = arcsin (0007) = 04deg

θ cong 02deg

(in linea di principio crsquoegrave anche la soluzione 2θ2 = 180deg - arcsin (0007) = 180deg - 04deg = 1796deg e cioegrave θ2 = 898deg )

v0

l

θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 25: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 19) La velocitagrave iniziale di una palla di cannone egrave 200 ms Se egrave sparata verso un bersaglio che ha una distanza orizzontale di 2 km dal cannone trovare a) i due angoli di tiro per cui il bersaglio verragrave colpito b) il tempo totale di volo per ciascuna delle due traiettorie trovate in a) (Si assuma g = 10 ms2) Serway Soluzione

l = 2 km = 2000 m v0 = 200 ms θ1 = θ2 =

a) Essendo la gittata G pari a

gv

Gθ2sin2

0=

imponendo in questo caso che essa sia pari proprio alla distanza in orizzontale l dal bersaglio si ottiene che

50)200(

2000102sin 220

=sdot

cong=vglθ

e quindi

2θ = arcsin (05) da cui

2θ1 = 30deg

2θ2 = 180deg ndash 30deg = 150deg

(questo perchegrave il sin assume lo stesso valore sia per θ che per il suo supplementare cioegrave per 180deg - θ)

l

θ1

θ2 v0

e quindi

θ1 = 15deg

θ2 = 75deg

b) Il tempo totale di volo per ognuna delle due traiettorie individuate dai due diversi angoli iniziali θ1 e θ2 si ricava dalla

θcos0vxt =

per cui sostituendo i rispettivi valori si ha

sv

xt 351015cos200

2000cos 10

1 congdegsdot

==θ

sv

xt 633875cos200

2000cos 20

2 congdegsdot

==θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 20) Un fucile egrave puntato orizzontalmente al centro di un largo bersaglio distante 150 m La velocitagrave iniziale della pallottola egrave 450 ms a) Dove la pallottola colpisce il bersaglio b) Per colpire il centro del bersaglio la canna deve essere ad un certo angolo al di sopra della linea di punta Trovare lrsquoangolo di elevazione della canna SERWAY Soluzione a) La situazione in questo caso egrave quella rappresentata in figura v0 egrave la velocitagrave iniziale della pallottola ed il fucile egrave diretto orizzontalmente quindi lrsquoangolo iniziale egrave θ = 0deg

l = 150 m v0 = 450 ms θ = 0deg y =

Per sapere in quale punto la pallottola colpisce il bersaglio (cioegrave la distanza y dal centro del bersaglio) si utilizza la formula che individua la traiettoria parabolica del proiettile Infatti

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori relativi a questa situazione (x = l = 150 v0 = 450 θ = 0deg) si ottiene

mtgy 540)150(0cos)450(2

890150 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

Quindi il proiettile colpisce il bersaglio circa 54 cm sotto il centro

v0 l

y

b) In questo caso pur essendo la velocitagrave iniziale sempre pari a v0 lrsquoangolo di inclinazione θ del fucile rispetto allrsquoorizzontale egrave diverso da zero

l = 150 m v0 = 450 ms θ =

Lrsquoangolo di inclinazione θ deve essere calcolato in modo tale che il proiettile colpisca il centro del bersaglio Questo significa che la gittata G deve essere pari proprio ad l per cui

lg

vG ==

θ2sin20

da cui

0070)450(

150892sin 220

=sdot

==vglθ

2θ = arcsin (0007) = 04deg

θ cong 02deg

(in linea di principio crsquoegrave anche la soluzione 2θ2 = 180deg - arcsin (0007) = 180deg - 04deg = 1796deg e cioegrave θ2 = 898deg )

v0

l

θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 26: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

e quindi

θ1 = 15deg

θ2 = 75deg

b) Il tempo totale di volo per ognuna delle due traiettorie individuate dai due diversi angoli iniziali θ1 e θ2 si ricava dalla

θcos0vxt =

per cui sostituendo i rispettivi valori si ha

sv

xt 351015cos200

2000cos 10

1 congdegsdot

==θ

sv

xt 633875cos200

2000cos 20

2 congdegsdot

==θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 20) Un fucile egrave puntato orizzontalmente al centro di un largo bersaglio distante 150 m La velocitagrave iniziale della pallottola egrave 450 ms a) Dove la pallottola colpisce il bersaglio b) Per colpire il centro del bersaglio la canna deve essere ad un certo angolo al di sopra della linea di punta Trovare lrsquoangolo di elevazione della canna SERWAY Soluzione a) La situazione in questo caso egrave quella rappresentata in figura v0 egrave la velocitagrave iniziale della pallottola ed il fucile egrave diretto orizzontalmente quindi lrsquoangolo iniziale egrave θ = 0deg

l = 150 m v0 = 450 ms θ = 0deg y =

Per sapere in quale punto la pallottola colpisce il bersaglio (cioegrave la distanza y dal centro del bersaglio) si utilizza la formula che individua la traiettoria parabolica del proiettile Infatti

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori relativi a questa situazione (x = l = 150 v0 = 450 θ = 0deg) si ottiene

mtgy 540)150(0cos)450(2

890150 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

Quindi il proiettile colpisce il bersaglio circa 54 cm sotto il centro

v0 l

y

b) In questo caso pur essendo la velocitagrave iniziale sempre pari a v0 lrsquoangolo di inclinazione θ del fucile rispetto allrsquoorizzontale egrave diverso da zero

l = 150 m v0 = 450 ms θ =

Lrsquoangolo di inclinazione θ deve essere calcolato in modo tale che il proiettile colpisca il centro del bersaglio Questo significa che la gittata G deve essere pari proprio ad l per cui

lg

vG ==

θ2sin20

da cui

0070)450(

150892sin 220

=sdot

==vglθ

2θ = arcsin (0007) = 04deg

θ cong 02deg

(in linea di principio crsquoegrave anche la soluzione 2θ2 = 180deg - arcsin (0007) = 180deg - 04deg = 1796deg e cioegrave θ2 = 898deg )

v0

l

θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 27: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 20) Un fucile egrave puntato orizzontalmente al centro di un largo bersaglio distante 150 m La velocitagrave iniziale della pallottola egrave 450 ms a) Dove la pallottola colpisce il bersaglio b) Per colpire il centro del bersaglio la canna deve essere ad un certo angolo al di sopra della linea di punta Trovare lrsquoangolo di elevazione della canna SERWAY Soluzione a) La situazione in questo caso egrave quella rappresentata in figura v0 egrave la velocitagrave iniziale della pallottola ed il fucile egrave diretto orizzontalmente quindi lrsquoangolo iniziale egrave θ = 0deg

l = 150 m v0 = 450 ms θ = 0deg y =

Per sapere in quale punto la pallottola colpisce il bersaglio (cioegrave la distanza y dal centro del bersaglio) si utilizza la formula che individua la traiettoria parabolica del proiettile Infatti

222

0 cos2x

vgxtgy

θθ minus=

sostituendo i valori relativi a questa situazione (x = l = 150 v0 = 450 θ = 0deg) si ottiene

mtgy 540)150(0cos)450(2

890150 222 minus=degsdot

minusdegsdot=

Quindi il proiettile colpisce il bersaglio circa 54 cm sotto il centro

v0 l

y

b) In questo caso pur essendo la velocitagrave iniziale sempre pari a v0 lrsquoangolo di inclinazione θ del fucile rispetto allrsquoorizzontale egrave diverso da zero

l = 150 m v0 = 450 ms θ =

Lrsquoangolo di inclinazione θ deve essere calcolato in modo tale che il proiettile colpisca il centro del bersaglio Questo significa che la gittata G deve essere pari proprio ad l per cui

lg

vG ==

θ2sin20

da cui

0070)450(

150892sin 220

=sdot

==vglθ

2θ = arcsin (0007) = 04deg

θ cong 02deg

(in linea di principio crsquoegrave anche la soluzione 2θ2 = 180deg - arcsin (0007) = 180deg - 04deg = 1796deg e cioegrave θ2 = 898deg )

v0

l

θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
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Page 28: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

b) In questo caso pur essendo la velocitagrave iniziale sempre pari a v0 lrsquoangolo di inclinazione θ del fucile rispetto allrsquoorizzontale egrave diverso da zero

l = 150 m v0 = 450 ms θ =

Lrsquoangolo di inclinazione θ deve essere calcolato in modo tale che il proiettile colpisca il centro del bersaglio Questo significa che la gittata G deve essere pari proprio ad l per cui

lg

vG ==

θ2sin20

da cui

0070)450(

150892sin 220

=sdot

==vglθ

2θ = arcsin (0007) = 04deg

θ cong 02deg

(in linea di principio crsquoegrave anche la soluzione 2θ2 = 180deg - arcsin (0007) = 180deg - 04deg = 1796deg e cioegrave θ2 = 898deg )

v0

l

θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 29: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 21) Un bombardiere in picchiata ad un angolo di 53deg con la verticale lascia cadere una bomba da unrsquoaltezza di 700 m La bomba colpisce il suolo 5 s dopo il lancio a) Qual egrave la velocitagrave del bombardiere b) Qual egrave lo spostamento orizzontale della bomba durante il volo c) Quali sono le componenti orizzontali e verticali della velocitagrave della bomba un istante prima di

toccare il suolo Soluzione

θ = 53deg h = 700 m t = 5 s v0 =

In questo caso si ha che le componenti orizzontale e verticale della velocitagrave iniziale v0 sono rispettivamente

v0x = v0 sin θ

v0y = - v0 cos θ

a) La traiettoria descritta dalla bomba egrave invece

200 2

1 gttvyy y minus+=

e quindi in questo caso 2

00 21cos gttvyy minussdotminus= θ

x

h

v0

y

θ

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 30: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

(y0 rappresenta la quota da cui ha inizio il moto di caduta del grave mentre il segno - v0 egrave dovuto al fatto che la componente verticale della velocitagrave egrave diretta verso il basso cioegrave egrave concorde con lrsquoaccelerazione di gravitagrave) da cui

smgtyt

v 5192)5(8921700

553cos1

21

cos1 22

00 cong⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdotminus

sdotdeg=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

sdot=

θ

b) Lo spostamento orizzontale della bomba egrave dato da

x = v0x t = v0 sin θ sdot t = 1925 sdot sin 53deg sdot 5 = 768 m c) La componente orizzontale della velocitagrave egrave (in tutto il tragitto)

vx = v0 sin θ = 1925 sdot sin (53deg) = 1537 ms La componente verticale nel punto di contatto della bomba al suolo egrave

vy = - v0y - gt = - v0 cos θ - gt = - 1925 cos 53deg - 98 sdot 5 = - 1648 ms

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 31: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica GETTYS Pag73 N45 22) Una sciatrice salta dal trampolino con una velocitagrave di 34 ms lungo lrsquoorizzontale (vedi figura) Il terreno egrave a una distanza verticale di 42 m al di sotto del punto di lancio ed il pendio forma un angolo di 25deg con lrsquoorizzontale Trascurando la resistenza dellrsquoaria si determini la distanza tra il punto di lancio ed il punto in cui la saltatrice tocca terra Soluzione

v0 = 34 ms OK = 42 m KAcircH = 25deg OA =

Il punto A egrave il punto di intersezione fra la retta che individua il pendio (retta AK) e la parabola che rappresenta la traiettoria di caduta della sciatrice Lrsquoequazione di una retta generica egrave

y = mx + q

dove m egrave il coefficiente angolare e q lrsquointercetta con lrsquoasse y La retta AK ha coefficiente angolare m dato da

m = tg (- 25deg) = - 0466 Lrsquointercetta q con lrsquoasse delle y (cioegrave lrsquoordinata con segno del punto K) egrave

q = - 42 Quindi lrsquoequazione della retta che individua il pendio egrave

ypendio = - 0466 x - 42

- 25deg

x

A

K

H

O

y

25deg

v0

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 32: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Lrsquoequazione della parabola che rappresenta la traiettoria di caduta egrave

222

0 cos2x

vgxtgy

αα minus=

Nel caso specifico essendo lrsquoangolo iniziale α = 0deg e v0 = 34 ms lrsquoequazione della traiettoria diventa

2222 004240

0cos)34(2890 xxxtgy minus=

degminusdeg=

Le ascisse dei punti di intersezione fra la retta (che rappresenta il pendio) e la parabola (che rappresenta la traiettoria di caduta) si ricavano risolvendo il seguente sistema

⎪⎩

⎪⎨⎧

minus=

minusminus=2004240

244660

xy

xy

parabola

pendio

da cui

- 0466 x - 42 = - 000424 x2

000424 x2 - 0466 x - 42 = 0

Δ = b2 ndash 4ac = (- 0466)2 ndash 4 (000424)(- 42) = 0288

004240228804660

21 sdotplusmn

=x

Essendo due i punti di intersezione fra retta e parabola si hanno le due soluzioni x1 = - 833 rappresenta un punto alle spalle della sciatrice (quindi non rappresenta la soluzione cercata) x2 = 118 m che egrave lrsquoascissa del punto A La distanza AH vale AH = 118 inoltre HK = AH tg (25deg) = 118 sdot 0466 = 55 m quindi OH = OK + KH = 42 + 55 = 592 m Conoscendo le misure di OH e AH si puograve ricavare (teorema di Pitagora) la misura di OA

mAHOHOA 132118259 2222 =+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
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        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 33: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 23) Un uomo parte da fermo dalla sommitagrave di un tetto lungo 8 m inclinato di 37deg rispetto allrsquoorizzontale e scende con unrsquoaccelerazione di 5 ms2 Il bordo del tetto egrave a 6 m di altezza dal suolo Trovare a) le componenti della velocitagrave quando raggiunge il suolo b) il tempo totale in cui rimane in volo c) la distanza d fra la casa ed il punto in cui atterra Serway pag 84ndeg35 Soluzione

l = 8 m h = 6 m θ = 37deg a = 5 ms2

a) La velocitagrave vi dellrsquouomo alla fine del tetto si ricava dalla

v2 ndash v0 2 = 2 a l

dove v0 egrave la velocitagrave iniziale (nulla) ed l egrave lo spazio percorso Sostituendo i valori numerici si ricava

v2 = 2 a l = 2 sdot 5 sdot 8 = 80 m2s2 da cui

smv 94880 == Le componenti della velocitagrave vi nelle due direzioni x e y prese con segno sono quindi

vix = v cos θ = 894 cos 37deg cong 714 ms

viy = - v sin θ = - 894 sin 37deg cong - 538 ms

θ

d

h

l

vi

vf

x

y

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 34: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

La velocitagrave alla fine del volo vf avragrave componente lungo lrsquoorizzontale vfx pari a quella iniziale vix (vfx = vix cong 714 ms) e componente lungo le verticale vfy data dalla

vfy 2 - viy 2 = 2 a Δy

Lrsquoaccelerazione cui egrave soggetto lrsquouomo egrave quella di gravitagrave a=-g cioegrave

vfy 2 - viy 2 = 2 a (yf - yi) = - 2 g (0 - h) e quindi

vfy 2 = viy 2 + 2 g h da cui

(il segno negativo indica che il vettore velocitagrave egrave diretto lungo lrsquoasse negativo delle y) b) Il tempo in cui lrsquouomo rimane in volo si ricava dalla

vfy = viy + at

che in questo caso diventa vfy - viy = - gt

da cui

sgvv

t yiyf 67089

)385(12 =minus

minusminusminus=

minus

minus=

c) La distanza d fra la casa e il punto in cui lrsquouomo tocca il suolo egrave data dal prodotto fra la componente orizzontale iniziale della velocitagrave e il tempo di volo cioegrave

d = vix t = 714 sdot 067 cong 478 m

smghvv yiyf 1268923852 22 minus=sdotsdot+minus=+minus=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 35: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 24) Un campo magnetico esercita su una particella carica in moto una forza perpendicolare alla direzione del moto Un elettrone in tale campo egrave soggetto ad una accelerazione di 30 x 1014 ms2 Qual egrave la sua velocitagrave se il raggio della sua traiettoria egrave R = 015 m Soluzione

a = 30 x 1014 ms2 R = 015 m

Lrsquoelettrone egrave soggetto alla forza di Lorentz F L pari a

F L = q v and B = - e v and B il cui modulo egrave

FL = e v B Poicheacute il moto egrave su una circonferenza di raggio R lrsquoaccelerazione a cui egrave soggetto lrsquoelettrone egrave data da

Rva

2

=

La velocitagrave dellrsquoelettrone saragrave quindi

smRav 10761067010450150103 671414 times=times=times=sdottimes=sdot=

v a

r

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
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Page 36: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 25) Nel modello di Bohr dellrsquoatomo di idrogeno un elettrone ruota intorno a un protone su unrsquoorbita circolare di raggio 528 x 10-11 m con una velocitagrave di 218 x 106 ms Qual egrave lrsquoaccelerazione dellrsquoelettrone dellrsquoatomo di idrogeno Soluzione

R = 528 x 10-11 m v = 218 x 106 ms

Lrsquoaccelerazione centripeta ac cui egrave soggetto lrsquoelettrone nella sua orbita intorno al protone del nucleo egrave

22211

262

10910285

)10182( smRvac times=

timestimes

== minus

+

R

acv

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 37: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 26) Di quale fattore dovrebbe crescere la velocitagrave di rotazione della terra percheacute per trattenere un corpo sulla terra allrsquoequatore fosse necessaria una accelerazione centripeta uguale a g In effetti lrsquoaccelerazione centripeta necessaria egrave soltanto 3 cms2 Soluzione

ac = 3 cms2 = 310 -2 ms2 Lrsquoaccelerazione centripeta della Terra egrave

222

103 smR

va rotc

minussdot==

allora arsquoc saragrave

crotrotrot

c akRvk

Rvk

Rva sdot=

sdot=

sdot== 2

2222 )(

(dove k egrave il fattore cercato) Dovendo essere

arsquoc = g allora

gak c =sdot2 rArr ca

gk =2

18103

8922

2

congsdot

== minus smsm

agk

c

vrot

R

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
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Page 38: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 27) Un pilota vola da A a B verso est e torna indietro ad A Egli tiene una velocitagrave costante vrsquo

rispetto allrsquoaria mentre la velocitagrave dellrsquoaria rispetto al suolo egrave u e la distanza tra A e B egrave l Dimostrare che a) Se u = 0 (aria tranquilla) il tempo per fare questo giro egrave b) Se lrsquoaria si muove verso est (oppure ovest) il tempo per il volo diventa c) Se lrsquoaria si muove verso nord (o sud) il tempo per il volo egrave Soluzione

vrsquo = velocitagrave dellrsquoaereo u = velocitagrave aria

a) In questo caso u = 0 quindi

vAB = vBA = vrsquo

vltAB = e

vltBA =

Il tempo totale di volo (andata e ritorno) egrave quindi

2

0 vl

vl

vlttt BAAB =+=+=

2

0 vlt =

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttE

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=2

0

1

vu

ttN

A B l

vrsquo vrsquo andata

ritorno

u

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 39: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

b) In questo caso si deve tener conto anche della velocitagrave dellrsquoaria u che (supponendo sia diretta da A rarr B) dagrave un contributo positivo nella direzione A rarr B e un contributo negativo nella direzione B rarr A quindi si ha

A rarr B (andata) v = vrsquo + u uv

ltAB +=

B rarr A (ritorno) v = vrsquo - u uv

ltBA minus=

Quindi

=minus

=minus+++minus

=minus

++

=+= 222

))((

uvvl

uvuvuvuvl

uvl

uvlttt BAABE

20

2

2

1

1

1

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛minus

=minus

sdot=

vu

t

vuv

l

(lo stesso sarebbe se u fosse diretta da B rarr A) c) Supponendo che u sia diretta da Sud a Nord ed essendo vrsquo la velocitagrave dellrsquoaereo rispetto allrsquoaria allora la velocitagrave risultante v saragrave la somma delle due componenti

v = vrsquo + u

Applicando il teorema di Pitagora (considerando quindi solo i moduli) si ha

vrsquo2 = v2 + u2 e anche

v2 = vrsquo2 - u2 quindi

2

222

1

vuvuvv minus=minus=

da cui

tN = tAB + tBA = 2 tAB =

v

vrsquo u

A B

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
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        • F1_60
Page 40: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

2

20

2

2

1

1

2

vu

t

vuv

l

minus

=

minus

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 41: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 28) Un uomo desidera attraversare un fiume largo 500 m Egli rema con velocitagrave (relativa allrsquoacqua) di 3 kmh mentre la velocitagrave della corrente egrave 12 kmh Se lrsquouomo puograve camminare sulla riva a 5 kmh a) trovare il percorso che deve compiere (in barca e a piedi) per raggiungere il punto opposto a quello di partenza nel minore tempo possibile b) Quanto tempo ci impiega Soluzione

AArsquo = 500 m vB = 3 kmh vc = 12 kmh vp = 5 kmh

Il vettore vR della velocitagrave risultante della barca egrave dato dalla somma vettoriale della velocitagrave della barca vB piugrave la velocitagrave della corrente vc cioegrave

vR = vB + vc Scomponendo nelle due direzioni (orizzontale x e verticale y) otteniamo

vRx = vB sen θ + vc (1)

vRy = vB cos θ (2) Il tempo necessario per raggiungere il punto Arsquo a partire dal punto A egrave la somma di due termini il tempo necessario per attraversare il fiume in barca (tratto AArdquo) ed il tempo per andare da Ardquo ad Arsquo a piedi cioegrave

tAArsquo = tAArsquorsquo + tArsquorsquoArsquo

A

ArsquorsquoArsquo

vB

vR

vc

θ

x

y

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 42: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Mentre la barca si muove da A ad Ardquo lungo la retta AArdquo con velocitagrave vR essa si sposta verticalmente di un tratto d=AArsquo con velocitagrave pari a vRy Nello stesso tempo tAArdquo si sposta orizzontalmente di un tratto uguale ad ArsquoArdquo Quindi si ha

AArsquo = vRy tAArsquorsquo

ArsquoArdquo = vRx tAArsquorsquo Essendo AArsquo = d e vRy = vB cos θ dalla prima delle equazioni di sopra si ha che

θcos

ByRAA v

dvAAt ==

Sostituendo questa nella seconda delle precedenti e tenendo conto della (1) si ottiene la lunghezza del tratto ArsquoArdquo

dv

vdtgv

dvsenvtvAAB

c

BcBAAxR θ

θθ

θcoscos

)( +sdot=+=sdot=

Il tempo impiegato per compiere a piedi il tratto ArdquoArsquo saragrave quindi

pB

c

ppAA v

dv

vvdtg

vAAt sdot+sdot==

θθ

cos

e quindi il tempo totale per raggiungere il punto Arsquo saragrave

=sdot+sdot+=+=pB

c

pBAAAAAA v

dv

vvdtg

vdttt

θθ

θ coscos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot++sdot=

θθ

cos1

pB

c

Bp vd

vv

vd

vdtg

θ

θθ

θcos

1206010cos

1550

321

350

550

sdot+sdot=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ sdot++sdot= tgtg

Ne egrave risultato che il tempo egrave una funzione dellrsquoangolo θ e precisamente

θθ

θ tgftAA sdot+sdot== 10cos

12060)(

Il valore minimo del tempo per percorrere il tratto A rarr Arsquorsquo rarr Arsquo si ricava annullando la derivata prima della funzione f(θ) e cioegrave

0cos

10sin2060cos

110cossin2060)( 222 =

+sdot=sdot+sdot=

θθ

θθθθ

θf

dd

da cui annullando il numeratore si ha

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 43: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

48502060

10sin minus=minus=θ

e quindi θ = arcsin(-0485) = - 29deg Sostituendo questo valore di θ nella funzione f(θ) che darsquo il tempo impiegato a raggiungere il punto opposto in funzione dellrsquoangolo θ si ottiene

min11180055402350)29(10)29cos(

12060)29( congcongminus=degminussdot+degminus

sdot=degminus= htgftAA

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 44: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Gettys pag 97 ndeg 539 29) Un uccello di massa m = 26 g si posa nel mezzo di una corda tesa Si dimostri che la tensione della corda egrave data da T = mg(2 sinθ) Si determini la tensione quando b) θ = 5deg c) θ = 05deg Si ammetta che le due metagrave della corda siano rettilinee

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo sono le tensioni dei due fili T e il peso P del corpo Scomponendo le tensioni dei fili lungo le due direzioni orizzontale x e verticale y si ottiene

Trsquo = T sin θ Trdquo = T cos θ

Le componenti orizzontali delle tensioni si annullano Le componenti verticali bilanciano la forza peso

Trsquo + Trsquo ndash P = 0

2Trsquo = P

2T sin θ = P da cui

θsin2mgT =

che per i diversi angoli θ assume i seguenti valori

b) NT 4615sin2

890260)5( =deg

sdot=deg=θ

c) NT 61450sin2

890260)50( congdeg

sdot=deg=θ

m

θ

P

T T Trsquo Trsquo

Trdquo Trdquo

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 45: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 30) Con riferimento alla figura qual egrave lrsquointensitagrave minima della forza che applicata al blocco gli impediragrave di scivolare giugrave lungo la parete verticale La massa del blocco egrave m = 64 kg ed il coefficiente di attrito statico fra il blocco e la parete vale μs = 076

Soluzione Le forze che agiscono sul corpo nelle due direzioni orizzontale e verticale sono le seguenti

lungo lrsquoasse x agiscono la forza F e la reazione vincolare N La 2a legge di Newton lungo x saragrave F ndash N = 0 lungo lrsquoasse y agiscono la forza peso P e la forza drsquoattrito fs La 2a legge di Newton lungo y saragrave P ndash fs = 0

da cui F = N (1)

e P = fs (2)

Si vuole determinare il valore minimo Fmin di F che impediragrave al blocco di scivolare Per valori di F lt Fmin il corpo scivoleragrave il che significa che anche la massima forza drsquoattrito non egrave sufficiente a bilanciare il peso Per F = Fmin il peso mg egrave invece bilanciato dalla massima forza drsquoattrito Per F gt Fmin la fsmax = μs F gt mg il che significa che a bilanciare il peso mg saragrave una forza di attrito fs inferiore al massimo valore possibile fsmax In queste condizioni potrebbe essere sostenuto un corpo di massa maggiore

Quindi essendo fsmax = μs N = μs Fmin e P = mg la (2) diventa mg = μs Fmin da cui

s

mgFμ

=min

che per la (1) significa

NmgFs

582760

8946min =

sdot==

μ

F

F

fs

P

N m

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 46: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica Serway-Beichner (Fisica per Scienze e Ingegneria) pag 154 N 68 31) Un blocco di massa m1 = 5 kg egrave posto su di un blocco di massa m2 = 10 kg (vedi figura) Una forza orizzontale F = 45 N egrave applicata al blocco di massa m2 mentre il blocco m1 egrave legato alla parete Il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici in movimento egrave μd = 02 a) disegnare un diagramma di corpo libero per ciascun blocco b) determinare la tensione nel filo e lrsquoaccelerazione del blocco m2

Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei due corpi sono i seguenti

- corpo 1

T egrave la tensione del filo fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1 egrave la forza normale che il corpo 2 esercita sul corpo 1 P1 egrave il peso del corpo 1

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x fd ndash T = 0 (1) lungo y N1 - P1 = 0 (2)

- corpo 2

F egrave la forza esterna applicata al blocco 2 fd egrave la forza di attrito dinamico presente fra i due corpi N1rsquo = N1 egrave la forza che il corpo 1 esercita sul corpo 2 (N1 ed N1rsquo sono coppie di azione e reazione) N2 egrave la forza che il piano drsquoappoggio esercita sul corpo 2 P2 egrave il peso del corpo 2

F

m1

m2

T m1

N1

P1

fd

fd

m2

P2

Nrsquo1

F

N2

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
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        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
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        • F1_49
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        • F1_53
        • F1_54
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        • F1_56
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        • F1_60
Page 47: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Le equazioni del moto nelle due direzioni sono

lungo x F ndash fd = m2 a (3) lungo y N2 ndash P2 ndash Nrsquo1 = 0 (4)

(dalla (4) si ottiene che N2 = P2 + Nrsquo1 = P2 + N1 = P2 + P1 cioegrave la reazione vincolare del piano drsquoappoggio egrave pari proprio al peso dei due corpi come ci si doveva aspettare) b) Dalla (1) si ha che

T = fd = μd N1 = μd m1 g = 02 sdot 5 sdot 98 = 98 N Dalla (3) si ha che lrsquoaccelerazione del corpo 2 egrave

2

2

1

22 523

108952045 sm

mgmF

mfFa da =

sdotsdotminus=

minus=

minus=

μ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 48: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 32) La figura mostra tre casse di massa m1 = 452 kg m2 = 228 kg e m3 = 343 kg poste su una superficie orizzontale priva di attrito a) Tracciare i diagrammi di corpo libero per ciascuna delle tre masse b) Quale forza orizzontale egrave necessaria per spingere le tre casse insieme verso destra con una

accelerazione di 132 ms2 c) Determinare le forze di contatto frsquo esercitata da m1 su m2 ed frsquorsquo esercitata da m2 su m3

m1 m2 m3 Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuna massa sono i seguenti - Massa m1

N1 = m1 g F ndash frsquo = m1 a

- Massa m2

N2 = m2 g frsquo ndash frsquorsquo = m2 a (1)

F

F

N1

frsquo

m1g

frsquo

N2

frsquorsquo

m2g

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 49: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

- Massa m3

N3 = m3 g frsquorsquo = m3 a (2)

b) Le tre casse di massa m1 m2 ed m3 equivalgono ad un unico corpo di massa totale

m = m1 + m2 + m3

per cui la forza orizzontale necessaria per spostare le casse verso destra egrave pari a

F = (m1 + m2 + m3) a = (452 + 228 + 343)sdot132 = 1023sdot132 cong 1350 N

c) Dalla (2) si ricava che il valore della forza frsquorsquo esercitata da m2 su m3 egrave pari a

frsquorsquo = m3 a = 343sdot132 = 4528 N cong 453 N Dalla (1) si ricava invece il valore della forza frsquo esercitata da m1 su m2 (1) frsquo ndash frsquorsquo = m2 a da cui frsquo = frsquorsquo + m2 a = 4528 + 228sdot132 cong 754 N

N3

frsquorsquo

m3g

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 50: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica SERWAY 33) Una forza orizzontale F egrave applicata ad una puleggia priva di attrito di massa m2 come in figura La superficie orizzontale egrave liscia a) Mostrare che lrsquoaccelerazione del blocco di massa m1 egrave il doppio dellrsquoaccelerazione della puleggia Trovare b) lrsquoaccelerazione della puleggia e del blocco c) la tensione del filo Una forza di supporto costante egrave applicata al perno della puleggia eguale al suo peso

Soluzione

a) Se la puleggia allrsquoistante iniziale t = 0 si trova nella posizione (1) in figura e nellrsquoistante successivo si egrave spostata verso destra di una quantitagrave Δx2 allora il corpo m1 si deve essere spostato verso destra di una quantitagrave Δx1 = 2 Δx2 come mostrato in figura (2)

Essendo la velocitagrave v2 della puleggia pari a

txv 2

2Δ

=

quella v1 del corpo risulta essere

221

1 22 vtx

txv =

Δ=

Δ=

e quindi lrsquoaccelerazione del corpo risulta

221

1 22

atv

tv

a =Δ

=Δ

=

m1

m2 F

(1)

(2)

Δx2 Δx1

t = 0 t = 0

m1

m2 F

m1

m2 F

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 51: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

b) Le forze orizzontali che agiscono sulla puleggia e sul corpo sono le seguenti lrsquoequazione del moto della puleggia risulta F ndash 2T = m2 a2 (3) lrsquoequazione del moto del corpo risulta T = m1 a1 (4)

Per quanto dimostrato precedentemente si ha che

a1 = 2 a2 e quindi la (4) diventa

T = m1 a1 = 2 m1 a2 Sostituendo nella (3) si ha

F ndash 4 m1 a2 = m2 a2 da cui

F = (4 m1 + m2) a2 e quindi essendo in questo caso F = P = m2 g si ricava

21

2

212 44 mm

gmmm

Fa+

=+

=

e

21

221 4

22mmgmaa

+==

c) Dalla (4) si ricava

21

2111 4

2mmgmmamT

+==

T

T

F m2

m1 T

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 52: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 34) In figura il coefficiente di attrito dinamico fra i blocchi m1 = 2 kg ed m2 = 5 kg egrave μd = 03 La massa sospesa egrave m3 = 10 kg La superficie orizzontale e le pulegge sono prive di attrito a) Determinare i diagrammi di corpo libero per ciascun blocco b) Determinare lrsquoaccelerazione di ciascun corpo c) Trovare la tensione nei fili SERWAY Soluzione a) I diagrammi di corpo libero per ciascuno dei corpi sono i seguenti - corpo 1

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T1 ndash fd = m1 a lungo y N1 ndash P1 = 0

- corpo 2

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo x T2 ndash T1 ndash fd = m2 a2

lungo y N2 ndash N1 ndash P2 = 0

T2

T1 m1

m2

m3

m1 fa

P1

T1

N1

m2

N1

N2

T1

fd

T2

P2

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 53: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

- corpo 3

le equazioni del moto nelle due direzioni sono lungo y P3 ndash T2 = m3 a

b) Poicheacute il filo egrave in estensibile le accelerazioni dei tre corpi sono uguali Le equazioni precedenti si possono riscrivere nel modo seguente T1 ndash fd = m1 a T2 ndash T1 ndash fd = m2 a P3 ndash T2 = m3 a La forza di attrito dinamico fd egrave pari a

fd = μd N = μd m1 g e il peso P3 egrave pari a

P3 = m3 g per cui sostituendo nelle tre equazioni precedenti e sommando membro a membro si ottiene

T1 ndash μd m1 g + T2 ndash T1 ndash μd m1 g ndash T2 + m3 g = (m1 + m2 + m3) a cioegrave

m3 g ndash 2 μd m1 g = (m1 + m2 + m3) a da cui

2

321

13 7551032

89230289102sm

mmmgmgm

a d cong++

sdotsdotsdotminussdot=

++minus

=μ

c) La tensione dei due fili si ricava sostituendo i valori numerici nelle equazioni del moto

T1 = fd + m1 a = μd m1 g + m1 a = m1 (μd g + a) = 2 (03 sdot 98 + 575) = 1738 N

T2 = P3 ndash m3 a = m3 g ndash m3 a = 10 sdot 98 ndash 10 sdot 575 = 405 N

m3

P3

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 54: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 35) Un blocco di massa m = 8 kg egrave fermo su un piano inclinato di θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale I coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente uguali a μs = 025 e μd = 015 a) Quanto vale la minima forza F parallela al piano inclinato che impedisce al blocco di scivolare verso il basso b) Qual egrave la minima forza F che mette in moto il blocco in salita c) Qual egrave la forza necessaria a mantenere il blocco in moto con velocitagrave costante in salita Soluzione

m = 8 kg θ = 30deg μs = 025 μd = 015

La forza che spinge il corpo verso il basso egrave la componente parallela al piano inclinato della forza peso P cioegrave

P = P sinθ = m g sinθ = 8 sdot 98sdot sin 30deg = 392 N

La massima forza drsquoattrito statico che si puograve sviluppare egrave pari a

fsmax = μs N = μs P cosθ = μs m g cosθ = 025 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1697 N

La massima forza drsquoattrito dinamico che si puograve sviluppare egrave pari a

fdmax = μd N = μd P cosθ = μd m g cosθ = 015 sdot 8 sdot 98 cos 30deg = 1018 N a) Se il blocco tendesse a scivolare verso il basso la forza di attrito tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso lrsquoalto La minima forza parallela al piano inclinato che si deve applicare percheacute il corpo non scivoli verso il basso egrave una forza che insieme alla forza di attrito statico deve bilanciare la componente parallela della forza peso Si deve avere

P ndash fsmax ndash Fmin = 0

e cioegrave Fmin = P ndash fsmax = 392 ndash 1697 = 222 N

b) Se il blocco tendesse a muoversi verso lrsquoalto la forza di attrito statico tenderebbe ad opporsi al moto e sarebbe quindi diretta verso il basso La forza minima che mette in moto il corpo in salita deve bilanciare la componente parallela del peso aumentata della forza di attrito statico Quindi

Fmin ndash P ndash fsmax = 0

θ P

Fmin

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 55: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

da cui

Fmin = P + fsmax = 392 + 1697 = 5617 N c) La forza necessaria a mantenere il corpo in moto in salita con velocitagrave costante egrave quella che bilancia la componente parallela della forza peso e la forza di attrito dinamico (diretta verso il basso poicheacute in moto egrave verso lrsquoalto)

Frsquomin ndash P ndash fdmax = 0 e cioegrave

Frsquomin = P + fdmax = 392 + 1018 = 4938 N

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 56: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 36) Un blocco di massa m1 = 44 kg egrave posto sopra un altro di massa m2 = 55 kg Affincheacute il blocco piccolo possa scivolare su quello grande tenuto fermo bisogna applicare sul primo una forza di F1 = 12 N I due blocchi sono posti su un tavolo orizzontale privo drsquoattrito Si determini a) il coefficiente di attrito statico tra i due blocchi b) la massima accelerazione del blocco 1 c) la massima forza orizzontale applicabile al blocco in basso per mettere in moto insieme i due

blocchi Soluzione Se serve una forza F1 = 12 N per far scivolare il blocco m1 sul blocco m2 tenuto fermo significa che la massima forza di attrito che si puograve sviluppare al contatto fra m1 ed m2 egrave pari a

fsmax = F1 = 12 N ma la forza di attrito statico egrave

fsmax = μs m1 g Il coefficiente di attrito statico si ricava dalla

2808944

12

1

max congsdot

==gm

f ssμ

Lrsquoequazione del moto del corpo 1 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (1) Lrsquoequazione del moto del corpo 2 lungo lrsquoasse orizzontale egrave la (2) da cui si ha il seguente sistema (1) fs = m1 a fs (2) F - fs = m2 a - fs F La massima accelerazione del corpo 1 si ha in corrispondenza della massima forza di attrito fsmax sviluppabile fra le superfici a contatto e cioegrave

2

1

maxmax 732

4412 sm

mf

a s ===

La massima forza F applicabile al corpo 2 per mettere in moto insieme i due corpi egrave quella che genera la massima accelerazione amax del blocco 1

Nm

fmmammF s 27

4412)5544()()(

1

max21max21max =sdot+=+=+=

m1

m2

F1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 57: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 37) Nella figura la massa m2 =10 kg striscia su una superficie orizzontale liscia I coefficienti di attrito statico e di attrito dinamico fra la massa m2 e la massa m1 = 5 kg sono μs = 06 e μd = 04 a) Qual egrave lrsquoaccelerazione massima di m1 b) Qual egrave il valore massimo di m3 se m1 si muove insieme a m2 senza strisciare c) Se m3 = 30 kg si trovi lrsquoaccelerazione di ciascuna massa e la tensione del filo Soluzione a) Lrsquoaccelerazione massima del corpo 1 si ricava dallrsquoequazione del moto lungo lrsquoasse orizzontale

e cioegrave

fs = m1 a1 (1)

da cui 2

1

1

1

maxmax1 8858960 smg

mgm

mf

a sss =sdot==== μ

μ

b) Se il corpo 1 si muove insieme al corpo 2 senza strisciare significa che i due corpi hanno la stessa accelerazione a che egrave la stessa del corpo 3 cioegrave

a1 = a2 = a3 = a I diagrammi di corpo libero di 2 e di 3 e le equazioni del moto sono i seguenti

T - fs = m2 a (2)

m1

m2

m3

m1 fs

m2 T

fs

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 58: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

P3 - T = m3 a (3) Mettendo a sistema le tre equazioni del moto (1) (2) e (3) si ottiene

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=minus=minus

=

amTPamfT

amf

s

s

33

2

1

sommando membro a membro si ha

P3 = (m1 + m2+ m3) a e cioegrave

m3 g = (m1 + m2+ m3) a essendo dalla (1)

gm

gmmf

a sss μ

μ===

1

1

1

sostituendo si ottiene

m3 g = (m1 + m2+ m3) μs g da cui

m3 (1 - μs) = (m1 + m2) μs

e quindi

( ) ( ) Kgmmms

s 522601

60105121max3 =

minus+=

minus+=

μμ

b) Essendo m3 = 30 kg per quanto visto al punto b) risulta m3 gt m3max allora significa che la massa m1 striscia sulla massa m2 Quindi sulla massa 1 agisce una forza di attrito dinamico fd pari a

fd = μd m1g

Dalla (1) si ricava che μd m1g = m1a1

e quindi lrsquoaccelerazione a1 cui egrave soggetto il corpo 1 egrave

a1 = μd g = 04 sdot 98 = 392 ms2

m3

T

P3

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 59: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Dalle (2) e (3) essendo fd1 = fd2 si ha che

⎩⎨⎧

=minus=minus

amTPamfT d

33

22

quindi

⎩⎨⎧

=minus=minusamTP

amgmT d

33

21μ

sommando membro a membro si ottiene

P3 - μd m1g = (m2 + m3) a cioegrave

m3g - μd m1g = (m2 + m3) a da cui

2

23

13 866891030

54030 smgmm

mma d =+

sdotminus=

+minus

=μ

(accelerazione dei corpi 2 e 3) Dalla (3) si ricava il valore della tensione del filo

T = P3 ndash m3 a = m3 g - m3 a = m3 (g ndash a) = 30 (98 ndash 686) = 882 N

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 60: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

m1 g

m2

m1

m1 g sinθ

m2 g

T T

m1 g cosθθ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 38) Un blocco di massa m1 = 33 kg sta su un piano privo di attrito inclinato di un angolo θ = 28deg rispetto allorizzontale Esso egrave collegato ad un blocco di massa m2 = 186 kg tramite una fune (inestensibile e di massa trascurabile) appoggiata ad una carrucola priva di attrito Si determini a) laccelerazione di ogni blocco b) la tensione della fune c) la velocitagrave acquistata da m2 dopo aver percorso un tratto verticale di 05 m Soluzione a) Tracciando i diagrammi di corpo libero e supponendo che il corpo m1 si muova verso il basso si ricava il seguente sistema di equazioni di equilibrio

⎩⎨⎧

sdot=sdotminussdot=minussdotsdot

amgmTamTsingm

22

11 θ

sommando membro a membro si ottiene ammgmsingm sdot+=sdotminussdotsdot )( 2121 θ dalla quale si ricava laccelerazione a con cui si muovono i blocchi

2

21

21 ms 5908916531089

16586155189

)86133(8612833

minuscongtimesminus=timesminus

=times+

minusdegsdot=

+sdotminussdotsdot

=sin

mmgmsingm

aθ

il segno meno nellequazione precedente sta ad indicare che il verso dellaccelerazione egrave opposto a quello ipotizzato pertanto il corpo m1 sale lungo il piano inclinato mentre il corpo m2

scende Peraltro egrave possibile verificare immediatamente questa condizione in quanto il valore numerico della forza che tira m2 verso il basso pari a m2sdotg cong 182 N egrave maggiore di quello della forza che tira m1 verso il basso lungo il piano inclinato pari a m1sdotgsdotsinθ = 152 N b) La tensione nella fune si ricava dalla seguente formula

N 117)59089(86122 congminustimes=sdot+sdot= amgmT c) Se il corpo m2 scende con accelerazione pari in modulo a 059 ms2 e percorre uno spazio d = 05 m partendo da fermo egrave possibile ricavare la velocitagrave finale dalla relazione cinematica seguente )(2 0

20

2 yyavv minussdotsdot=minus ponendo v0 = 0 a = 059 ms2 (y - y0) = d = 05 m risulta pertanto v2 = 205905 = 059 m2s2 rArr v cong 077 ms

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 61: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

fs

Ny N

P

Nx

θ

θ

θ

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 39) Un blocco egrave fermo su un cuneo posto su un piano orizzontale Sia θ = 10deg lrsquoangolo di inclinazione della superficie del cuneo e μs = 05 il coefficiente di attrito statico fra blocco e cuneo Si calcoli il massimo valore dellrsquoaccelerazione che puograve essere impressa al cuneo senza che il blocco si sposti Soluzione Per grandi valori dellrsquoaccelerazione a del cuneo il blocco tende a spostarsi verso lrsquoalto quindi la forza di attrito statico fs saragrave diretta verso il basso

Scegliendo come assi di riferimento x e y quelli disegnati in figura le forze che agiscono sul blocco si possono scomporre nelle due direzioni nel modo seguente lungo x Nx + fsx = m a lungo y Ny - fsy - m g = 0

da cui

⎩⎨⎧

=minusminus=+

0sincoscossin

mgfNmafN

s

s

θθθθ

Dalla seconda delle due equazioni essendo fs = μs N si ha che

N cosθ - μs N sinθ = m g e quindi

θμθ sincos s

mgNminus

=

Sostituendo nella prima si ottiene il valore dellrsquoaccelerazione

N sinθ + μs N cosθ = m a

N (sinθ + μs cosθ )= m a e quindi

gas

s

θμθθμθ

sincoscossin

minus+

=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 62: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 40) Un uomo tira una slitta di massa m = 20 kg su una superficie orizzontale Il coefficiente di attrito dinamico μd tra la slitta e la superficie egrave di 015 e la forza F con cui lrsquouomo trascina la slitta egrave inclinata di un angolo θ = 30deg rispetto allrsquoorizzontale Determinare la forza necessaria a mantenere la slitta in moto con velocitagrave costante Soluzione

m = 20 kg μd = 015 θ = 30deg F =

Le equazioni del moto nelle due direzioni orizzontale e verticale sono lungo x Fx ndash fd = 0 lungo y N + Fy ndash P = 0 Le componenti Fx ed Fy della forza F sono date da

Fx = F cosθ Fy = F sinθ

Inoltre fd = μd N

P = mg Sostituendo si ha

⎩⎨⎧

=minus+=minus

0sin0cos

mgFNNF d

θμθ

N

P

θ

F

fd

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 63: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

⎩⎨⎧

minus==minusθ

μθsin

0cosFmgN

NF d

⎩⎨⎧

minus==minusminus

θθμθ

sin0)sin(cos

FmgNFmgF d

dalla prima

F cosθ + μd F sinθ = μd mg

si ricava il valore di F

NmgFd

d 23130sin15030cos

8920150sincos

=degsdot+deg

sdotsdot=

+=

θμθμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 64: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 41) Un corpo di massa m = 2 kg scende lungo una rampa priva di attrito che si raccorda dolcemente con una superficie piana orizzontale scabra Il corpo parte da fermo da una quota h = 45 m rispetto alla superficie Raggiunta la superficie percorre strisciando un tratto di lunghezza D = 10 m prima di arrestarsi a) Determinare la velocitagrave del corpo al termine della rampa b) Determinare il lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito c) Calcolare il valore del coefficiente di attrito dinamico μd tra il corpo e la superficie scabra supponendo costante la forza di attrito Soluzione

m = 2 kg h = 45 m D = 10 m a) v = b) Lattr = c) μd =

a) Lungo la rampa priva di attrito si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica quindi

Ecin + Uin = Ecfin + Ufin cioegrave

0210 2 +=+ mvmgh

da cui si ricava che la velocitagrave v del corpo alla fine della rampa egrave pari a

smghv 399548922 =sdotsdot== b) Nella parte piana scabra non si ha conservazione dellrsquoenergia e lrsquoenergia dissipata egrave pari proprio al lavoro compiuto dalla forza drsquoattrito quindi per il teorema lavoro-energia cinetica si ha

( ) ( ) JmvvmvvmEL fcattr 288)399(221

210

21

21 22222 minus=sdotminus=minus=minus=minus=Δ=

c) Dal lavoro della forza drsquoattrito (considerata costante) si ricava il valore del coefficiente di attrito μd

Lattr = - μd m g D da cui

45010892

288cong

sdotsdotminusminus

=minus

=mgDLattr

dμ

v

m

D

h

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 65: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 42) Un blocco di massa m1 = 1 kg fermo su una superficie orizzontale priva di attrito egrave attaccato ad una molla allo stato di riposo avente k = 220 Nm fissata allrsquoaltra estremitagrave come indica la figura Un blocco di massa m2 = 2 kg con velocitagrave v2 = 4 ms urta il blocco fermo m1 Se i due blocchi rimangono attaccati insieme dopo una collisione unidimensionale qual egrave la massima compressione della molla che si verifica quando si ha lrsquoarresto momentaneo dei blocchi

Soluzione La velocitagrave v dei due corpi che restano uniti dopo lrsquourto (urto completamente anelastico) si ricava dalla conservazione della quantitagrave di moto

pTOTin = pTOTfin

p1in + p2in = pTOTfin

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

ma essendo la velocitagrave iniziale v1 del corpo 1 nulla si ha

0 + m2 v2 = (m1 + m2) v da cui

smmm

vmv 722142

21

22 cong+sdot

=+

=

Dato che la superficie su cui avviene il moto egrave liscia immediatamente dopo lrsquourto si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica Un istante dopo lrsquourto lrsquoenergia meccanica del sistema m1 + m2 egrave solo cinetica Allrsquoistante di massima compressione lrsquoenergia egrave solo potenziale elastica quindi

Ecin = Emolla

2221 2

1)(21 xkvmm Δ=+

da cui

mk

vmmx 310

220)72)(21()( 22

21 cong+

=+

=Δ

k v2

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 66: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 43) Una particella scivola lungo un profilo con i lati rialzati e una parte centrale piatta La parte piatta egrave lunga l = 2 m e le parti curve sono senza attrito Il coefficiente di attrito dinamico della parte piatta egrave μd = 02 Se la particella egrave lasciata libera nel punto A da unrsquoaltezza h = 1m al di sopra della parte piatta del profilo dove si fermeragrave

Soluzione Tutta lrsquoenergia posseduta nel punto A viene dissipata in lavoro compiuto dalla forza di attrito presente nel tratto orizzontale fino a quando il corpo non si ferma Lrsquoenergia posseduta in A egrave lrsquoenergia potenziale U quindi detta d la lunghezza del tratto in cui si dissipa totalmente lrsquoenergia si ha che

UA = Lattr

m g h = μd m g d

mhdd

520

1===

μ

Quindi la lunghezza del tratto scabro dovrebbe essere pari a 5 m ma in questo caso la lunghezza l lt 5 m ciograve significa che la particella prosegue il suo moto sulla rampa liscia (dove non si ha dissipazione di energia) fino al punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia verso e scende nuovamente verso il tratto orizzontale scabro La particella percorre nuovamente il tratto orizzontale lungo 2 m e risale sul profilo curvo liscio arriva nel punto piugrave alto dove la velocitagrave cambia nuovamente verso e scende verso il basso ripercorrendo il tratto orizzontale scabro per la lunghezza di 1 m e fermandosi avendo a questo punto esaurito tutta la sua energia 1deg passaggio d1 = 2m 2deg passaggio d2 = 2m 3deg passaggio d3 = 1 m rarr x = metagrave tratto orizzontale totale d = 5 m

l

h

A

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 67: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 44) Un blocco di massa m = 2 kg viene lasciato cadere da unrsquoaltezza di 40 cm su una molla di costante elastica k = 18 Ncm Si determini la massima compressione della molla

k = 18 Ncm = 1800Nm h = 40 cm = 04 m

Soluzione Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica assumendo il riferimento in figura si ha

m g h = - m g A + frac12 k A2 quindi

021 2 =minusminus mghmgAkA

(equazione di secondo grado in A)

Δ = b2 ndash 4ac = (- mg)2 ndash 4 (frac12 k)(- mg)

kkmghgmmg

k

kmghgmmgA

2

212

214 22

22

21

+plusmn=

sdot

+plusmn=

mA 08301800

4089218002892892 22

1 minus=sdotsdotsdotsdot+minussdot

=

mA 10501800

4089218002892892 22

2 =sdotsdotsdotsdot++sdot

=

k

A

m

h

x

y

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 68: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 45) Un proiettile di massa m e velocitagrave incognita v0 urta anelasticamente con un blocco di legno di massa M e resta attaccato ad esso Il sistema blocco + proiettile si solleva di unrsquoaltezza h come mostrato in figura Ricavare unrsquoespressione per v0 (pendolo balistico)

Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava il valore della velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile inizia il suo moto verso lrsquoalto

m v0 = (m + M) V da cui

0vMm

mV+

=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica al sistema blocco + proiettile si ha

frac12 (m + M) V2 = (m + M) g h semplificando

frac12 V2 = g h

e sostituendo il valore di V ricavato prima si ottiene

ghvMm

m=

+202

2

)(21

e quindi

ghm

Mmm

Mmghv 2)(2 2

2

0+

=+

=

h v0 m M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 69: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 46) Un proiettile di massa m1 egrave sparato con velocitagrave incognita v1 nel peso di un pendolo balistico di massa m2 Si trovi lrsquoaltezza massima raggiunta dal peso se il proiettile attraversa il peso e ne esce con velocitagrave frac14 v1

Soluzione In questo caso lrsquourto non egrave completamente anelastico poicheacute il proiettile fuoriesce dal blocco vale comunque il principio di conservazione della quantitagrave di moto

p1i = p1f + p2f

m1 v1 = m1 v1f + m2 v2f da cui essendo v1f = frac14 v1

m1 v1 = frac14 m1 v1 + m2 v2f

fvmvm 2211411 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

si ricava che

12

12 4

3 vmmv f sdot=

Applicando il principio di conservazione dellrsquoenergia meccanica per il blocco dopo lrsquourto si ricava lrsquoaltezza massima h raggiunta dal blocco stesso

ghmvm f 22222

1=

2

12

122 4

321

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛sdot== vmm

gv

gh f

h v1

m1 m2

v1f

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 70: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 47) Una sfera di massa 2m egrave appesa a un filo inestensibile di lunghezza L = 12 m e massa trascurabile Quando si trova ferma nel punto di equilibrio la sfera egrave colpita da una sfera piugrave piccola di massa m in moto con velocitagrave orizzontale v Sapendo che lrsquourto egrave completamente anelastico e che il sistema dopo lrsquourto oscilla con unrsquoampiezza angolare θ = 10deg determinare il modulo della velocitagrave iniziale v della sfera piugrave piccola Soluzione

L = 12 m θ = 10deg Per le proprietagrave trigonometriche h = L ndash L cosθ = L (1 - cosθ) v =

Si egrave in presenza di un urto (completamente anelastico) quindi si ha la conservazione della quantitagrave di moto Detta V la velocitagrave con cui si muovono i due corpi dopo lrsquourto quando restano attaccati si ha

pin = pfin

m v = (m + 2m) V che diventa

m v = 3m V quindi la velocitagrave v iniziale della massa m saragrave pari a

v = 3V (1) Fra lrsquoistante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquoistante in cui il sistema m + 2m raggiunge la quota h si ha la conservazione dellrsquoenergia meccanica

ghmmVmm )2()2(21 2 +=+

2m

m h

L

θ

v

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 71: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

cioegrave

)cos1(3321 2 θminus= mgLmV

sostituendo il valore di V ricavato dalla (1) si ha

)cos1(32

1 2

θminus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ gLv

da cui smgLv 791)10cos1(218918)cos1(18 congdegminussdotsdot=minus= θ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 72: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 48) Una particella di massa m1 =1 g si muove con velocitagrave v1 = 100 ms in una data direzione quando viene raggiunta da una seconda particella di massa m2 = 2 g che procede lungo la stessa direzione e nello stesso verso con velocitagrave v2 = 200 ms Dopo lrsquourto le due particelle rimangono saldate lrsquouna allrsquoaltra Calcolare lrsquoenergia dissipata nellrsquourto Soluzione

m1 = 1 g = 0001 kg m2 = 2 g = 0002 kg v1 = 100 ms v2 = 200 ms

Lrsquourto egrave completamente anelastico poicheacute le due particelle rimangono attaccate dopo lrsquourto quindi si ha conservazione della quantitagrave di moto ma non la conservazione dellrsquoenergia cinetica Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave v delle particelle dopo lrsquourto

m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2) v

smmm

vmvmv 16600200010

20000201000010

21

2211 =+

sdot+sdot=

++

=

La differenza fra lrsquoenergia cinetica prima dellrsquourto Ec e quella dopo dellrsquourto Ersquoc egrave proprio lrsquoenergia dissipata Ediss

JvmvmEc 45)200(002021)100(0010

21

21

21 222

22211 =sdot+sdot=+=

JvmmE c 341)166()00200010(21)(

21 22

21 =sdot+=+=

Ediss = Ec ndash Ersquoc = 45 ndash 413 = 37 J

m2 v2 v1 m1

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 73: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 49) Una palla di massa m egrave lanciata con velocitagrave vi in una canna di un fucile a molla di massa M inizialmente in quiete su una superficie orizzontale liscia La massa m si incastra nella canna nel punto di massima compressione della molla Supponendo che non si dissipi energia in attrito calcolare la frazione di energia cinetica iniziale della palla che resta immagazzinata nella molla vi M m Soluzione Dalla conservazione della quantitagrave di moto si ricava la velocitagrave V con cui si muovono le due masse dopo lrsquourto

m vi = (m + M) V

ivMm

mV+

=

Dalla conservazione dellrsquoenergia meccanica si ricava

frac12 m v2i = frac12 (m + M) V2 + Emolla

da cui

=+minus= 22 )(21

21 VMmmvE imolla

=+

minus=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++minus= 2

222

22

21

21)(

21

21

iiii vMm

mmvvMm

mMmmv

MmME

Mmmmv

Mmmmvmv ciii +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

minus=+

minus= 121

21

21 222

La frazione di energia cinetica che resta immagazzinata nella molla saragrave quindi

MmM

EMm

ME

EE

c

c

c

molla

+=+=

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 74: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 50) Un corpo di massa m = 05 kg egrave lanciato con velocitagrave v0 = 2 ms su un piano orizzontale scabro Nellrsquoistante in cui esso ha percorso un tratto D = 30 cm la sua velocitagrave egrave v02 Determinare a) il coefficiente di attrito fra il corpo e il piano b) la durata del moto supponendo che la forza drsquoattrito sia costante c) il lavoro totale della forza di attrito Soluzione

m = 05 kg v0 = 2 ms D = 30 cm = 03 m vD = v02 = 1 ms

a) Essendo il piano scabro si ha dissipazione di energia a causa della presenza della forza drsquoattrito La variazione di energia cinetica ΔEc egrave pari al lavoro fatto dalla forza di attrito quindi

ΔEc = Lattr

mgDvvm dD μminus=minussdot )(21 2

02

51030892

212

2220

2

=sdotsdotminus

minus=

minusminus

=gDvvD

dμ

b) Supponendo la forza drsquoattrito costante dallrsquoequazione del moto si ricava il valore dellrsquoaccelerazione (decelerazione in questo caso) che risulta

Fattr = m a da cui

- μd m g = m a quindi

a = - μd g = - 051 sdot 98 cong - 5 ms2

Il tempo impiegato quindi egrave

sa

vvavt D 20

5210 =

minusminus

=minus

=Δ

=

c) Il lavoro della forza drsquoattrito egrave

Lattr = - μd m g D = - 051 sdot 05 sdot 98 sdot03 cong - 075 J

m v0 vD

D

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
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Page 75: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 51) Un blocco di massa M = 1 kg colpisce unrsquoestremitagrave di una molla disposta orizzontalmente la cui altra estremitagrave egrave fissa La costante elastica della molla egrave k = 20 Nm e la massa della molla egrave trascurabile Il blocco comprime la molla di un tratto ΔL = 50 cm Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il blocco e la superficie orizzontale egrave μd = 025 determinare la velocitagrave del blocco nellrsquoistante in cui inizia a comprimere la molla Soluzione

M = 1 kg k = 20 Nm ΔL = 50 cm = 05 m μd = 025 v =

Un istante prima di colpire lrsquoestremitagrave della molla lrsquoenergia meccanica totale della massa M egrave solo energia cinetica Etot in = Ec = frac12 M v2 Durante la compressione della molla lrsquoenergia della massa M egrave sia cinetica che potenziale mentre parte dellrsquoenergia meccanica viene dissipata in calore a causa della presenza della forza di attrito Nel punto di massima compressione della molla lrsquoenergia meccanica totale egrave solo energia potenziale elastica Etot fin = U = frac12 k ΔL2 Lrsquoenergia potenziale finale egrave inferiore allrsquoenergia cinetica iniziale percheacute durante la compressione agisce la forza drsquoattrito La variazione dellrsquoenergia meccanica egrave pari al lavoro fatto dalla forza non conservativa Durante lo strisciamento infatti si genera calore e si osserva un aumento della temperatura delle superfici a contatto

Etot fin - Etot in = Lattr

Etot in = Etot fin - Lattr

LMgL dattr Δminus= μ

LMgLkLMgLkMv dd Δ+Δ=ΔminusminusΔ= μμ 222

21)(

21

21

da cui si ricava

LgLMkv d Δ+Δ= μ222

e quindi

smLgLMkv d 73250892502)50(

1202 22 congsdotsdotsdot+=Δ+Δ= μ

k

M

ΔL

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
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Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 52) Una particella partendo da ferma dal punto P1 si muove sulla superficie liscia di un cilindro di raggio R Nel punto P2 la particella lascia il cilindro Supponendo noto θ1 trovare lrsquoangolo θ2 in corrispondenza del quale si ha il distacco R P1 θ1 P2 θ2

Soluzione

Poicheacute la superficie del cilindro egrave liscia possiamo applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica fra la posizione P1 e la posizione P2 della particella Nella posizione P1 la particella possiede solo energia potenziale in quanto parte da ferma quindi

Emecc1 = U1 = m g R cosθ1

Nella posizione P2 la particella possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emecc2 = Ec2 + U2 = frac12 m v2 + m g R sinθ2

Per la conservazione dellrsquoenergia meccanica si deve avere che

Emecc1 = Emecc2 cioegrave

m g R cosθ1 = frac12 m v2 + m g R sinθ2 (1)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e θ2 Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e θ2 scriviamo la seconda legge di Newton in direzione radiale

θ1

θ2

P1

P2 R

N1

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 77: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Σ F = m ac

cmaNP =minus2sinθ Poicheacute il punto P2 egrave quello in cui avviene il distacco allora la reazione vincolare (forza normale) egrave nulla (N = 0) lrsquounica forza che agisce sulla particella nella posizione P2 egrave quindi la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione P2 di distacco egrave quindi

Rvmmg

2

2sin =θ

da cui 2

2 sinθRgv = Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (1) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene la relazione cercata

g R cosθ1 = frac12 g R sinθ2 + g R sinθ2

da cui semplificando e sommando si ottiene

12 cos32sin θθ =

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 78: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 53) Un blocco di massa M in quiete su un piano orizzontale privo di attrito egrave connesso a un supporto mediante una molla di costante elastica k Un proiettile di massa m e velocitagrave v colpisce il blocco e rimane conficcato in esso Determinare a) la massima compressione A della molla b) il tempo necessario per raggiungere la posizione di massima compressione Soluzione

a) Il proiettile dopo lrsquourto resta conficcato nel blocco quindi lrsquourto egrave completamente anelastico La velocitagrave V con cui il sistema blocco + proiettile comincia a muoversi si puograve ricavare dalla legge di conservazione della quantitagrave di moto

m v = (m + M) V

da cui

vMm

mV+

=

Dopo lrsquourto il sistema blocco + proiettile partendo da una velocitagrave iniziale V comincia a comprimere la molla Non essendo presenti forze di attrito si ha conservazione dellrsquoenergia meccanica fra lrsquostante immediatamente dopo lrsquourto e lrsquostante in cui si raggiunge la massima compressione della molla Lrsquoenergia meccanica iniziale immediatamente dopo lrsquourto egrave solo energia cinetica del sistema blocco + proiettile In corrispondenza del punto di massima compressione A della molla la velocitagrave del sistema blocco + proiettile si annulla Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica Quindi possiamo scrivere

frac12 (m + M) V2 = frac12 k A2

Sostituendo il valore trovato per V

222

2

21

)()(

21 kAv

MmmMm =+

+

si ricava

)()(

22

Mmkmv

MmkvmA

+=

+=

k

M

m v

x = 0

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
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        • F1_60
Page 79: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

b) Per rispondere al quesito b) osserviamo che non possono essere applicate le relazioni cinematiche ricavate nel caso di moto rettilineo uniformemente accelerato in quanto la forza che si esercita sul blocco non egrave costante (F=-kx) Ricordiamo che il moto effettuato da una massa m attaccata ad una

molla di costante elastica k egrave un moto armonico di pulsazione mk

=ω

Il periodo del moto ωπ2

=T egrave il tempo necessario per compiere unrsquooscillazione completa che egrave pari

a 4 volte il tempo per andare dalla posizione x = 0 alla posizione di massima compressione x = - A Graficamente infatti

Quindi

kMm

Mmk

Tt AO+

=

+

====minusrarr 22

242

4)(ππ

ωπ

ωπ

x

T4 t T 0

- A

T2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 80: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 54) Siano dati due piani inclinati con attrito raccordati alla base e disposti come in figura Si chiede la velocitagrave con cui deve essere lanciata una massa m da A affincheacute seguendo il tragitto ABC arrivi in C con velocitagrave nulla [Dati yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo AB) = 06 μ2 (coefficiente drsquoattrito dinamico lungo BC) = 03]

Soluzione

yA = 07 m yC = 15 m α = 30deg β = 60deg μ1 = 06 μ2 = 03 vA =

Data la presenza di forze di attrito lungo i tratti inclinati AB e BC affincheacute la massa posta in A possa raggiungere il punto C (con velocitagrave nulla) lrsquoenergia meccanica totale (cinetica + potenziale) posseduta dalla particella nella posizione A deve essere maggiore dellrsquoenergia meccanica totale (solo potenziale) nella posizione C In presenza di forze non conservative lrsquoenergia meccanica totale non si conserva ma la sua variazione egrave proprio uguale al lavoro (negativo) fatto dalle forze non conservative (in questo caso forze di attrito)

ΔEtot = Etot fin - Etot in = Lattr Lrsquoenergia dissipata Ediss egrave

Ediss = Etot in - Etot fin= - Lattr = |Lattr|

Si deve quindi avere

Etotin = Etotfin + Ediss (1)

βα

B LH

C

A

β α

B LH

C

A

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 81: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Ma Etot in = EcA + UA = frac12 m vA

2 + m g yA

Etot fin = EcC + UC = 0 + m g yC

Ediss = |Lattr| = |Lattr (AB)| + |Lattr (BC)| I moduli dei lavori fatti dalle forze di attrito sono dati da

|Lattr (AB)| = μ1 NAB AB = μ1 m g cosα AB = μ1 m g cotgα yA (poicheacute AB = yA sinα)

|Lattr (BC)| = μ2 NBC BC = μ2 m g cosβ BC = μ2 m g cotgβ yC (poicheacute BC = yC sinβ) Sostituendo nella (1) si ottiene

frac12 m vA2 + m g yA = m g yC + μ1 m g cotgα yA + μ2 m g cotgβ yC

Semplificando m in entrambi i membri e moltiplicando per 2 si ottiene

vA2 = ndash 2 g yA + 2 g yC + 2 μ1 g cotgα yA + 2 μ2 g cotgβ yC

e quindi

smygygygygv CACAA 925cot2cot222 21 cong+++minus= βμαμ

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
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Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 55) Una molla di massa trascurabile egrave mantenuta compressa fra due blocchi di massa m1 = 1kg ed m2 = 2kg tramite un filo di massa trascurabile avente gli estremi fissati ad m1 ed m2 come mostrato in figura Il sistema egrave in quiete appoggiato sopra una superficie orizzontale priva di attrito Il filo viene tagliato e la molla i cui estremi non sono fissati a nessuna delle due masse cade sulla superficie dopo che si egrave allungata Sapendo che il blocco m2 acquista una velocitagrave v2 = 05 ms calcolare lrsquoenergia ceduta dalla molla al sistema Soluzione Sul sistema m1 + m2 + molla non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto in direzione x Si puograve scrivere quindi

pin = pfin

0 = - m1 v1 + m2 v2

Il segno ndash in v1 sta ad indicare che v1 punta in verso opposto a quello convenzionalmente scelto come positivo (verso destra) Dalla relazione di sopra si ricava la velocitagrave v1 acquistata da m1

smvmmv 150

12

21

21 =sdot==

Non essendo presenti forze drsquoattrito lrsquoenergia meccanica si conserva Quindi

E mecc in = E mecc fin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia potenziale elastica immagazzinata nella molla lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia cinetica delle due masse

E molla = E c1 + E c2

JvmvmEmolla 750)50(221)1(1

21

21

21 222

22211 =sdotsdot+sdotsdot=+=

Lrsquoenergia potenziale elastica posseduta dalla molla inizialmente compressa egrave stata interamente trasformata in energia cinetica delle due masse che si muovono in verso opposto

m1 m2

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 83: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica

56) Un sistema oscillante massa-molla ha unenergia meccanica Emecc = 2J unampiezza di oscillazione A = 10 cm e una velocitagrave massima vmax = 1ms Determinare a) la costante elastica k della molla b) la massa m del blocco c) la pulsazione angolare ω di oscillazione

Soluzione Il sistema oscillante massa-molla non egrave soggetto a forze drsquoattrito quindi durante il suo moto lrsquoenergia meccanica totale si mantiene costante In ogni punto lrsquoenergia meccanica totale del sistema Etot egrave data dalla somma dellrsquoenergia potenziale elastica della molla Epot e lrsquoenergia cinetica Ec della massa m cioegrave

Etot= Ec + Epot = 2

21 mv + 2

21 kx

a) Nella posizione in cui la molla ha raggiunto la sua massima compressione A la massa m ha velocitagrave nulla quindi lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave uguale allrsquoenergia potenziale elastica della molla i si ricava

(in x = A) Etot = Epot max = 2

21 kA

e quindi mNAE

k tot 400)10(222

22 =sdot

==

b) Nella posizione di riposo della molla cioegrave nella posizione in cui la molla non egrave neacute allungata neacute compressa (x=0) la massa m ha velocitagrave massima vmax Lrsquoenergia meccanica totale del sistema egrave solo energia cinetica della massa cioegrave

(in x = 0) Etot = Ecmax = 2max2

1 mv

da cui kgvE

m mecc 4)1(22222

max

=sdot

==

c) La pulsazione del moto armonico del sistema massa-molla egrave data dalla

m

k

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 84: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

ω = 1004

400==

mk =10 rads

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
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        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
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Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 57) Sopra un piano privo di attrito un corpo di massa m = 2kg che si muove con velocitagrave vo = 5ms si aggancia allrsquoestremo libero di una molla avente costante elastica k = 49 Nm e lrsquoaltro estremo fisso Lrsquoaggancio avviene nella direzione dellrsquoasse della molla Determinare il periodo lrsquoampiezza delle oscillazioni e la legge oraria del moto Soluzione

m = 2kg vo = 5ms k = 49 Nm T = A = x(t) =

Una massa attaccata ad una molla compie un moto armonico di pulsazione ω pari a

sradmk 954

249

cong==ω

per cui il periodo T del moto saragrave

sT 271954

22cong==

πωπ

In assenza di attrito si conserva lrsquoenergia meccanica totale Quindi

Emeccin = Emeccfin

Lrsquoenergia meccanica iniziale egrave solo energia cinetica della massa m Lrsquoenergia meccanica finale egrave solo energia potenziale elastica della molla

Ec = E molla

frac12 m v02 = frac12 k A2

da cui

kmvA

202 = rArr m

kmvA 011

4952 22

0 congsdot

==

Una volta colpita la molla la massa m fa un moto armonico semplice la cui legge oraria egrave data in generale da

x(t) = A cos(ω t + δ)

k v0

m

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 86: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

dove A egrave lrsquoampiezza massima di oscillazione ω egrave la pulsazione e δ egrave la fase iniziale I valori di A e ω sono noti mentre la fase iniziale δ egrave incognita Per calcolare δ consideriamo le condizioni iniziali di posizione e velocitagrave della particella Allrsquoistante t = 0 lo spostamento x(t=0) egrave nullo Quindi

x(t = 0) = A cosδ = 0 da cui cosδ = 0 Lrsquoespressione della velocitagrave v(t) si ricava derivando la legge oraria x(t)

v(t) = - ω A sin(ωt + δ)

Allrsquoistante t = 0 la velocitagrave della particella v(t=0) egrave uguale a v0

v(t = 0) = - ω A sinδ = v0 e cioegrave

1011954

5sin 0 minus=sdotminus

=minus

=A

vω

δ

Lrsquoangolo δ il cui coseno egrave zero e il cui seno egrave -1 egrave δ = -π2 Quindi la legge oraria di questo moto armonico egrave

x(t) = A cos(ω t - π2) = A sinω t

x(t) = 101 sin 495 t

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
    • F1_09
    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
    • F1_16
    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
    • F1_21
    • F1_22
    • F1_23
    • F1_24
    • F1_25
    • F1_26
    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
        • F1_32
        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
        • F1_36
        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
        • F1_44
        • F1_45
        • F1_46
        • F1_47
        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
        • F1_53
        • F1_54
        • F1_55
        • F1_56
        • F1_57
        • F1_58
        • F1_59
        • F1_60
Page 87: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 58) Su uno scivolo la cui sezione egrave un quarto di circonferenza di raggio R = 30 cm viene fatto scendere con velocitagrave iniziale nulla un corpo di massa m = 2kg da unrsquoaltezza rispetto al piano orizzontale pari ad R Sia M = 4kg la massa dello scivolo e sia trascurabile lrsquoattrito fra questo e il piano orizzontale su cui poggia e fra il corpo e la superficie dello scivolo Quale saragrave la velocitagrave dello scivolo dopo che il corpo ha raggiunto il piano orizzontale

Soluzione Sul sistema corpo + scivolo non agiscono forze esterne in direzione orizzontale quindi si conserva la quantitagrave di moto lungo lrsquoasse x Prima che il corpo di massa m venga lasciato scivolare le quantitagrave di moto del corpo e del blocco sono entrambe nulle Quando il corpo raggiunge il piano orizzontale ha una velocitagrave v diretta verso destra mentre lo scivolo ha acquistato una velocitagrave V diretta verso sinistra

pin = pfin

0 = m v ndash M V

La velocitagrave V acquistata dallo scivolo M quando il punto materiale m raggiunge il piano orizzontale egrave pari a

vMm

V = Sul sistema inoltre non agisce alcuna forza drsquoattrito quindi si conserva lrsquoenergia meccanica totale fra la situazione iniziale e quella finale in cui il corpo ha raggiunto il piano orizzontale Lrsquoenergia potenziale iniziale del punto materiale si trasforma quindi interamente in energia cinetica del corpo stesso e dello scivolo cioegrave

E mecc in = E mecc fin

Uin = E c1 + E c2

22

21

21 MVmvmgR +=

Sostituendo il valore trovato per V 2

2

22

21

21 v

MmMmvmgR +=

da cui sm

Mm

gRv 2

421

30892

1

2cong

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

sdotsdot=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

Quindi smvMmV 12

42

congsdot==

m

R

M

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
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Page 88: Fisica 1 (A.A. 2004/2005) Esercizi Meccanica · Trovare la velocità istantanea della particella ai seguenti istanti: e) t = 0.5 s f) t = 2 s g) t = 3 s ... sostituendo i valori numerici

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 59) Si abbiano due sferette A e B aventi la stessa massa m Ad A egrave fissata una molla di massa trascurabile e costante elastica k Inizialmente A egrave ferma mentre B si muove in direzione di A con velocitagrave v diretta secondo lrsquoasse della molla Quando la sferetta B entra in contatto con lrsquoestremo libero della molla vi rimane attaccata e quando la molla si egrave accorciata di una lunghezza d un opportuno congegno meccanico blocca la molla Si chiede la velocitagrave iniziale v di B e la velocitagrave finale V di tutto il sistema (A+molla+B) Dati m = 05 kg k = 100 Nm d = 5 cm Si supponga tutto il sistema su un piano orizzontale e trascurabili tutti gli attriti v A B

Soluzione Non essendo presenti forze esterne in direzione orizzontale ed essendo lrsquourto completamente anelastico allora si conserva la quantitagrave di moto cioegrave

pin = pfin

m v = (m + m) V e quindi

V = frac12 v

Poicheacute non sono presenti forze dissipative si conserva anche lrsquoenergia meccanica Quindi E mecc in = E mecc fin

E cB = E cA+B + E molla

cioegrave 222

21)(

21

21 kdVmmmv ++=

sostituendo il valore di V trovato

22

2

21

212

21

21 kdvmmv +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

222

21

41

21 kdmvmv +=

22

21 kdmv =

da cui

smmkd

mkdv 1

50100205022 2

=sdot

===

e quindi

smvV 50121

21

=sdot==

Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
    • F1_01
    • F1_02
    • F1_03
    • F1_04
    • F1_05
    • F1_06
    • F1_07
    • F1_08
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    • F1_10
    • F1_11
    • F1_12
    • F1_13
    • F1_14
    • F1_15
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    • F1_17
    • F1_18
    • F1_19
    • F1_20
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    • F1_24
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    • F1_27
    • F1_28
    • F1_29
    • F1_30
      • Binder2
        • F1_31
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        • F1_33
        • F1_34
        • F1_35
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        • F1_37
        • F1_38
        • F1_39
        • F1_40
        • F1_41
        • F1_42
        • F1_43
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        • F1_45
        • F1_46
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        • F1_48
        • F1_49
        • F1_50
        • F1_51
        • F1_52
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Fisica 1 (AA 20042005) Esercizi Meccanica 60) Un ragazzo egrave seduto sulla sommitagrave di una calotta semisferica di raggio R priva di attrito Se il ragazzo incomincia a scivolare partendo da fermo a quale altezza h dal suolo si stacca dalla calotta Soluzione

Per le proprietagrave trigonometriche

h = R cosθ (1)

Essendo la superficie della calotta liscia allora conserva lrsquoenergia meccanica fra la posizione iniziale e la posizione finale (quella in cui si ha il distacco) del ragazzo Nella posizione iniziale il ragazzo possiede solo energia potenziale in quanto parte da fermo nella posizione finale il ragazzo possiede sia energia potenziale che energia cinetica quindi

Emeccin = Emeccfin

m g R = frac12 m v2 + m g h (2)

Si egrave ottenuta quindi unrsquoequazione nelle due incognite v e h Per ricavare unrsquoaltra relazione che lega v e h si scrive la seconda legge di Newton in direzione radiale

Σ F = m ac

cmaNP =minusθcos Nel punto finale quello in cui avviene il distacco la reazione vincolare egrave nulla (N = 0) e quindi lrsquounica forza che agisce egrave la componente radiale della forza peso Lrsquoequazione del moto lungo la direzione radiale nella posizione finale egrave quindi

Rvmmg

2

cos =θ

da cui ghRgv == θcos2 (per la (1))

Sostituendo questo valore di v2 nellrsquoequazione (2) che rappresenta la conservazione dellrsquoenergia meccanica si ottiene

g R = frac12 g h + g h

da cui semplificando e sommando si ottiene

Rh32

=

θ

P

R N

m

h

  • Binder1
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