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Esercitazione 3 – Dinamica del punto materiale + conservazione dell’energia

Problema 1 I corpi A e B (vedi figura) hanno masse mA = 10.0 kg e mB =5.0 kg, rispettivamente. Il coefficiente di attrito statico tra A e il tavolo è paria µs = 0.4.

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

b) Calcolare l’accelerazione del sistema se C è rimosso.

SoluzioneSoluzioneSoluzione Finché C grava su A, la massima forza di attrito che il contatto di A con il tavolo può sviluppareè pari a

fs,max = µs(mA +mC)g

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

fs,max ≥ mBg −→ µs(ma +mC)g ≥ mBg

che si traduce nella seguente

mC ≥mB − µsma

µs= 2.5 kg.

Una volta che C è rimosso, notando che ora A prenderà a muoversi verso destra. Supponendo che l’attritodinamico sia trascurabile (non ci sono dati del problema che ci permettano di stimare µk), si vede imme-diatamente che l’accelerazione comune di A e B è

a =mB

mA +mBg =

1

3g = 3.27 m/s

2.

G. Giugliarelli () Fisica Generale I, AA 2011-2012 14/03/2012 1 / 15


Problema 2 Una lastra di massa m2 = 40 kg è appoggiata suun pavimento privo di attrito. Su di essa è collocato un blocco dimassa m1 = 10 kg. Fra il blocco e la lastra abbiamo µs = 0.60e µk = 0.40. Il blocco 1 è tirato da una forza orizzontale diintensità F = 100 N.Quali sono le intensità delle accelerazioni risultanti

a) per il blocco,

b) per la lastra.

SoluzioneSoluzioneSoluzione Quando il corpo 1 (di massa m1 = 10 kg) viene poggiato sul corpo 2 (di massa m2 = 40 kg) essosarà soggetto ad una reazione normale N di ampiezza

N = m1g

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

fmax = fs,max = µsN = µsm1g = 58.8 N; f = fk = µkN = µkm1g = 39.2 N.

Ora, per capire se i corpi scivolano l’uno sull’altro o meno, supponiamo per un momento che essi sianosolidali e verifichiamo se la forza di attrito massima, valutata sopra, è compatibile con questa situazione.In queste condizioni i due corpi si muovono come un unico corpo di massa M = m1 +m2 = 50.0 kg soggettiad una forza F = 100 N. Quindi la loro accelerazione comune a soddisferà la seguente:

Ma = F ⇒ a =F

M= 2.0 m/s

2.



Problema 2 – continuazione della soluzioneQuindi, considerando il corpo 1 avremo

m1a = F − fs ⇒ fs =m2F

M= 80.0 N,

abbondatemente maggiore di fs,max.Dobbiamo quindi concludere che i due corpi scivolano l’uno sull’altro. In queste condizioni dovrà essere(considerando le forze orizzontali che agiscono sul corpo 1 e 2):

m1a1 = F − fk ⇒ a1 =F − fkm1

= 6.08 m/s2;

m2a2 = fk ⇒ a2 =fk

m2= 0.98 m/s

2.



Problema 3 Un corpo di massam è trainato tramite un filo con velocità costantesu un piano inclinato che forma un angolo α con l’orizzontale (vedi figura). Ilcoefficiente d’attrito è uguale a µk.Determinare:

a) l’angolo β che deve fare il filo con il piano inclinato affinché la suatensione sia minima;

b) il valore di tale tensione.

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

0 = −mg sinα + T cos β − fk0 = N −mg cosα + T sin β

dove T è la tensione del filo, fk è la forza di attrito dinamico ed N è la reazione normale del piano inclinato.Risolvendo il sistema itteniamo:

T =sinα + µk cosα

cos β + µk sin βmg; N =

cosα cos β − sinα sin β

cos β + µk sin βmg =

cos(α + β)

cos β + µk sin βmg.

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

∂T

∂β= −mg(sinα + µk cosα)

"− sin β + µk cos β

(cos β + µk sin β)2

#= 0

⇒ − sin β + µk cos β = 0 −→ tan β = µk.



Problema 3 – continuazione della soluzioneQuindi, ricordando che

cos β =1p

1 + tan2 β=

1q1 + µ2

k

; sin β =tan βp

1 + tan2 β=

µkq1 + µ2

k

;

otteniamo

Tmin =sinα + µk cosαq

1 + µ2k

mg.

Si noti anche che

∂2T

∂β2= mg(sinα + µk cosα)

"(cos β + µk sin β)2 + (− sin β + µk cos β)2

(cos β + µk sin β)2

#tan β=µk

= mg(sinα + µk cosα)q

1 + µ2k

> 0

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



Problema 4 Una palla di massa m = 1.34 kg è collegata da due fili privi dimassa ad un’asta verticale rotante. I fili tesi formano con l’asta, alla quale sonofissati, un triangolo equilatero. La tensione del filo superiore è T1 = 35 N.

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

b) Quanto vale la tensione della corda più bassa?

c) Qual’è la risultante delle forze agenti sulla palla nella situazioneillustrata in figura?

d) Qual’è la velocità della palla?

SoluzioneSoluzioneSoluzione Osservando il diagramma vettoriale (qui sotto) delle forze che agiscono sulla palla di massam = 1.34 kg ed essendo essa in rotazione, possiamo concludere che la somma vettoriale di tali forze deveessere pari alla forza centripeta ~F~F~Fc associata al moto rotatorio. Vettorialmente avremo

~T~T~T1 + ~T~T~T2 +m~g~g~g = ~F~F~Fc

Considerando le componenti verticali e orizzontali di tali forze scriviamo

T1 sin θ + T2 sin θ = mv2

h; T1 cos θ − T2 cos θ −mg = 0

dalle quali abbiamo

T2 = T1 −mg

cos θe v =

sh

m

„2T1 −

mg

cos θ

«sin θ

Tenendo poi presente che θ = π/3 e che h = L sin θ =√

32 L, allora

T2 = T1 − 2mg = 8.74 N e v =

s3L

2m(T1 −mg) = 6.45 m/s.



Problema 5 Un blocchetto di massa m viene lanciato (verso destra)con velocità iniziale v0 su una guida avente un tratto orizzontale pi-ano e un tratto piano e un tratto circolare di ampiezza angolare π eraggio R = 6.0 cm (vedi figura). L’attrito fra blocchetto e guida ètrascurabile.

a) Si determini la minima velocità iniziale v0,min affinché ilblocchetto durante la prima parte del suo moto si mantengasempre in contatto con la guida fino al punto A.

Supponendo poi che v0 = v0,min determinare:

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

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

SoluzioneSoluzioneSoluzione Essendo l’attrito trascurabile il blocchetto arriva in B con velocità v0. Negli istanti successiviesso prenderà a salire per il tratto curvo della guida. La sua posizione potrà essere individuata dall’angoloθ indicato in figura. Scegliendo un sistema di riferimento (vedi figura) il cui asse x è sempre tangente allaguida, la 2a legge di Newton si traduce nelle seguenti

ma‖ = −mg sin θ

mac = N −mg cos θ

dove a‖ è l’accelerazione tangenziale (negativa perché il moto è decelerato) mentre ac = v2/R è l’accelerazionecentripeta.La prima equazione può essere riscritta nella forma seguente

ma‖ = mdv

dt= −mg sin θ,



Problema 5 – continuazione della soluzionema notando che, se con l = Rθ indichiamo la lunghezza dell’arco di guida percorsa dal blocchetto, possiamoanche scrivere

v =dl

dt= R

dθ

dt= Rω →

dv

dt= R

dω

dt= R

dω

dθ

dθ

dt= Rω

dω

dθ

e

mRωdω

dθ= −mg sin θ → Rωdω = −g sin θdθ → R

Z ω(θ)

ω(0)ωdω = −g

Z θ0

sin θdθ

Quindi

ω2(θ) = ω

2(0)−

2g

R(1− cos θ) ⇒ v

2(θ) = v

20 − 2gR(1− cos θ)

L’ultima espressione ci permette di calcolare la velocità in ogni punto del tratto di guida circolare. Sos-tituendo tale relazione nella seconda equazione del sistema iniziale, possiamo ricavare l’espressione dellareazione normale N ottenendo

N = mac +mg cos θ =mv2

R+mg cos θ =

mv20

R− 2mg(1− cos θ) +mg cos θ =

mv20

R− 2mg + 3mg cos θ

Da tale espressione possiamo vedere che N decresce all’aumentare di θ. In particolare in B (θ = 0), Nassume il suo valore massimo pari a

Nmax = m

v20

R+ g

!

La precedente relazione mostra anche che tanto maggiore è v0 tanto più tardi si annullerà N . Perciò, sevogliamo che N sia positivo perlomeno fino ad A (θ = π), il valore della velocità dovrà essere non inferiorea quello che porta ad avere N = 0 proprio in A. Imponendo nella precedente θ = π e N = 0, si ricava

v0,min =p

5gR = 1.72 m/s.



Problema 6 Nella figura vediamo una corda che passa su due pulegge privedi massa e di attrito e un peso di massa m = 20 kg agganciato alla puleggiainferiore, mentre una forza ~F~F~F è applicata manualmente all’estremità libera dellacorda.

a) Quale dev’essere l’intensità di ~F~F~F per far salire il peso a velocità costante?

b) Per far salire il peso di 2.0 cm, di quanto dovrà spostarsi la manodell’operatore?

c) Qual’è il lavoro compiuto sul peso durante questo spostamentodall’operatore?

d) E dalla forza di gravità?

SoluzioneSoluzioneSoluzione Se il peso si muove di moto uniforme verso l’alto, essendo questo un moto con accelerazione nulla,la somma delle forze che agiscono su di esso deve essere nulla! Perciò, essendo il peso del corpo equilibratoda 2 volte la tensione, T della corda, dovremo avere

T =1

2mg

Quindi, essendo anche F = T avremo

F = T =1

2mg = 98.0 N.

Quando il peso sale di 2.0 cm, la mano dell’operatore deve abbassarsi di 4.0 cm. Infatti, ogni spostamentodella corda verso il basso ∆y (effettuato dall’operatore) si distribuisce equamente sui due lati della puleggiaa cui è agganciato il peso, che quindi sale di una quota pari a ∆y/2.Il lavoro compiuto dall’operatore e dalla forza di gravità sono

Lo = F∆y =1

2mg∆y = 3.92 J; Lg = −mg

∆y

2= −3.92 J.



Problema 7 Un blocchetto di massa m può scorrere lungo la pista a spirale infigura.

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

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

SoluzioneSoluzioneSoluzione Dalla conservazione dell’energia meccanica, abbiamo

mgh = mgR +1

2mv

2Q ⇒ mv

2Q = 2mg(h− R)

Le forze che agiscono sul blocchetto sono la forza gravitazionale, m~g~g~g, e la reazione normale della pista,~N~N~N . Nel punto Q, essendo m~g~g~g tangente alla pista, la normale N deve essere pari alla forza centripeta, Fc,necessaria a tenere il blocchetto sulla pista. Cioè

NQ = Fc = mv2Q

R= 2mg

h− RR

Perciò la forza complessiva sul blocchetto sarà~F~F~FQ = ~N~N~NQ +m~g~g~g → FQ =

qN2Q

+m2g2 =mg

R

q4(h− R)2 + R2

In punti diversi della traiettoria, anche il peso del blocchetto contribuisce alla forza centripeta. In effetti(vedi figura) è

mv2

R= N −mg cos θ ⇒ N =

mv2

R+mg cos θ



Problema 7 – continuazione della soluzioneSe vogliamo che nel punto più alto del ricciolo (θ = π) il blocchetto stia per perdere il contatto, alloradovrà essere N = 0. Quindi

mv2

R−mg = 0 mv

2= mgR

Perciò, dalla conservazione dell’energia, otteniamo

mgh′

= 2mgR +1

2mv

2= 2mgR +

1

2mgR =

5

2mgR ⇒ h

′=

5

2R.



Problema 8 Una catena, come si vede in figura, è tenuta ferma su un tavoloprivo di attrito mentre un quarto della sua lunghezza penzola dal bordo deltavolo.Se la catena ha una lunghezza totale L e una massa m, quanto lavoro è richiestoper tirare indietro fino sul piano del tavolo la parte penzolante?

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

dU = dm gh

dove dm è la massa dell’elementino di catena.Notando che

dm =m

Ldh,

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

∆U =

ZdU =

m

Lg

Z L/40

hdh =m

Lg

1

2

„L

4

«2=mgL

32

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



Problema 9 Entro una guida verticale può scorrere liberamenteuna bacchetta di massa m = 800 g. L’estremo inferiore dellabacchetta poggia (senza presentare nessun tipo di attrito) sullasuperficie inclinata di un sottile cuneo, di massa M = 1.2 kg e diangolo di base θ = 45◦, a sua volta posto su un piano orizzontale(vedi figura). Il sistema è inizialmente in quiete.Nell’ipotesi che il cuneo scivoli senza attrito sul piano orizzon-tale, si determini la velocità e l’accelerazione del cuneo quandola bacchetta è scesa di un tratto h0 = 30 cm.

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

dy = −(tan θ)dx = −dx

Conseguentemente, derivando rispetto al tempo una e due volte ricaviamo

vb =dy

dt= −

dx

dt= −vc; ab =

d2y

dt2= −

d2x

dt2= −ac,

dove vb, vc, ab e ac sono le velocità e le accelerazioni di bacchetta e cuneo, rispettivamente.Non essendoci attriti, l’energia meccanica si conserva. Perciò per uno spostamento della bacchetta pari adh avremo

mgy0 = mg(y0−h)+1

2mv

2b+

1

2Mv

2c → mgh =

1

2(m +M) v

2c → ⇒ vc =

s2mgh

m +M= 1.53 m/s.

D’altra parte, derivando rispetto al tempo la relazione appena utilizzata, ricaviamo

mgdh

dt= (m +M) vc

dvc

dt→ −mgvb = (m +M) vcac =⇒ ac =

m

m +Mg = 3.92 m/s

2.



Problema 10 Un corpo di massa m viene lanciato su di un piano di lunghezza l = 80 cm che può essereinclinato (rispetto all’orizzontale) di un angolo 0 ≤ α ≤ π/2. Il corpo (indipendentemente dall’angolo diinclinazione del piano) viene lanciato con una velocità iniziale v0 sempre tangente al piano stesso. Il pianopresenta un coefficiente di attrito dinamico µk = 0.7.

a) Determinare l’espressione della minima velocità iniziale, v0,min(α), che permette al corpo diraggiungere l’altro estremo del piano;

b) Calcolare l’angolo d’inclinazione, αmax, in corrispondenza del quale v0,min assume il suo valoremassimo, e il valore corrispondente;

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

SoluzioneSoluzioneSoluzione Applicando il teorema dell’energia cinetica possiamo dire che la variazione dell’energia cineticadel corpo dovrà essere pari alla somma dei lavori della forza di gravità e della forza di attrito. E cioèpotremo scrivere la seguente

∆K = Lg + La = −∆Ug + La =⇒1

2mv

2f −

1

2mv

20 = −mgl sinα− µkmgl cosα

dove vf è la velocità del corpo alla fine del piano inclinato e µkmg cosα corrisponde al modulo della forzadi attrito. Quindi, imponendo una velocità finale vf = 0, ricaviamo

v20 = v

20,min(α) = 2gl (sinα + µk cosα) ⇒ v0,min(α) =

q2gl (sinα + µk cosα)

Poi, per ricavare l’angolo che rende massima tale velocità, imponiamo che la derivata rispetto ad α dellaprecedente espressione sia nulla. Così facendo si ottiene

d

dαv20,min(α) = 2gl (cosα− µk sinα) = 0 ⇒ α = αmax = arctan

1

µk

!= 55.0

◦

Quindi, tenendo conto che cosα = 1/p

1 + tan2 α e sinα = tanα/p

1 + tan2 α ricaviamo

v20,min(α) = 2gl

µk + tanαp1 + tan2 α

⇒ v0,min(αmax) =

r2glq

1 + µ2k

= 4.38 m/s.



Problema 10 – continuazione della soluzioneOra, se supponiamo che la velocità finale nel punto più alto del piano non sia più nulla, dalla prima relazioneche avevamo otteniamo

v2f = v

20 − 2gl (sinα + µk cosα)

Quindi, considerando la sua componente verticale, vf,y = vf sinα, la quota massima che raggiungerà ilcorpo sarà pari alla somma dei spostamenti verticali subiti durante i moti rettilineo lungo il piano inclinato(h1 = l sinα) e parabolico (h2 = vf,yt2 − 1

2 gt22) e cioè

ymax = l sinα + vf,yt2 −1

2gt

22

t2 è il tempo di volo dalla sommità del piano inclinato al vertice della parabola e sarà tale che

vf,y − gt2 = 0 ⇒ t2 =vf,y

g

Sostituendo nella precedente ricaviamo

ymax = l sinα +v2f,y

2g= l sinα +

v2f sin2 α

2g=v20

2gsin

2α + l

“sinα− sin

3α− µk cosα sin

2α”

Valutando tale espressione quando e otteniamo

ymax = 42glq

1 + µ2k

2g

1

1 + µ2k

=4lq

1 + µ2k

= 2.62 m.


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