Reg Eserciziario - Fisica - Esercizi Svolti Di Fisica I E Fisica Ii, Esercitazioni e Esercizi di Fisica. Università di Parma
andrethef
andrethef29 giugno 2012

Reg Eserciziario - Fisica - Esercizi Svolti Di Fisica I E Fisica Ii, Esercitazioni e Esercizi di Fisica. Università di Parma

PDF (2 MB)
198 pagine
43Numero di download
1000+Numero di visite
100%su 2 votiNumero di voti
Descrizione
esercizi risolti fisica 1
20punti
Punti download necessari per scaricare
questo documento
Scarica il documento
Anteprima3 pagine / 198
Questa è solo un'anteprima
3 pagine mostrate su 198 totali
Scarica il documento
Questa è solo un'anteprima
3 pagine mostrate su 198 totali
Scarica il documento
Questa è solo un'anteprima
3 pagine mostrate su 198 totali
Scarica il documento
Questa è solo un'anteprima
3 pagine mostrate su 198 totali
Scarica il documento

Consigli per la risoluzione dei problemi

Una parte fondamentale di ogni corso di Fisica è la risoluzione di problemi. Risolvere problemi spinge a ragionare su idee e concetti e a comprenderli meglio attraverso la loro applicazione. Gli esempi qui riportati sono stati proposti agli studenti di Fisica Generale I negli ultimi anni come prove scritte d’esame. Essi illustrano, in ogni capitolo, casi tipici di risoluzione di problemi. Il sommario all’inizio di ogni capitolo offre un breve quadro d’insieme delle idee più importanti per la soluzione dei problemi di quel capitolo. Benchè tale quadro sia molto utile come promemoria, per una adeguata comprensione degli argomenti si consiglia di utilizzare il testo di Fisica Generale I consigliato dal docente. Riguardo alla soluzione dei problemi di Fisica, si consiglia quanto segue:

1) Leggere attentamente il testo del problema.

2) Preparare un elenco completo delle quantità date (note) e di quelle cercate (incognite)

3) Disegnare uno schema o un diagramma accurato della situazione. Nei problemi di dinamica, assicurarsi di aver disegnato tutte le forze che agiscono su un dato corpo (diagramma di corpo libero).

4) Dopo aver deciso quali condizioni e principi fisici utilizzare, esaminare le relazioni matematiche che sono valide nelle condizioni date. Assicurarsi sempre che tali relazioni siano applicabili al caso in esame. E’ molto importante sapere quali sono le limitazioni di validità di ogni relazione o formula.

5) Molte volte le incognite sembrano troppe rispetto al numero di equazioni. In tal caso è bene chiedersi, ad esempio:

a) esistono altre relazioni matematiche ricavabili dalle condizioni del problema? b) è possibile combinare alcune equazioni per eliminare alcune incognite?

6) E’ buona norma risolvere tutte le equazioni algebricamente e sostituire i valori numerici soltanto alla fine. Conviene anche mantenere traccia delle unità di misura, poichè questo può servire come controllo.

7) Controllare se la soluzione trovata è dimensionalmente corretta.

8) Arrotondare il risultato finale allo stesso numero di cifre significative che compaiono nei dati del problema.

9) Ricordare che per imparare a risolvere bene i problemi è necessario risolverne tanti: la risoluzione dei problemi spesso richiede creatività, ma qualche volta si riuscirà a risolvere un problema prendendo spunto da un altro già risolto.

I - Cinematica del punto materiale

La cinematica degli oggetti puntiformi descrive il moto dei punti materiali. La descrizione del moto di ogni punto materiale deve sempre essere fatta in relazione ad un particolare sistema di riferimento. La posizione di un oggetto che si muove lungo una retta è data dall’equazione oraria:

( )txx =

Si definiscono la velocità istantanea:

dt

dx

t

x v

t =

∆ ∆=

→∆ lim

0

e l’accelerazione istantanea:

2

2

0 lim

dt

xd

dt

dv

t

v a

t ==

∆ ∆=

→∆

Se un oggetto si muove lungo una retta con accelerazione costante (moto uniformemente accelerato) si ha:

a = cost

e per integrazione, ponendo v = v0 e x = x0 per l’istante iniziale t = t0 = 0, si otterrà:

atvv += 0

2

00 2

1 attvxx ++=

( )0202 2 xxavv −+=

Gli oggetti che si muovono verticalmente vicino alla superficie terrestre, sia che cadano o che siano lanciati verticalmente verso l’alto o verso il basso, si muovono (se si può trascurare l’effetto della resistenza dell’aria) con accelerazione costante rivolta verso il basso. Questa accelerazione è dovuta alla gravità, ed è pari a circa g = 9,8 m/s2.

In generale, se r

è il vettore posizione del punto materiale, la velocità e l'accelerazione vettoriale istantanea sono date da:

dt

rd v





= e dt

vd a





= .

Le equazioni cinematiche per il moto possono essere scritte per ciascuna delle componenti x, y e z, ossia:

zzyyxxr ˆˆˆ ++= 

zvyvxvv zyx ˆˆˆ ++=



zayaxaa zyx ˆˆˆ ++=



.

Riassumiamo qui i casi più semplici:

Il moto dei proiettili si può scomporre, se si trascura la resistenza dell’aria, in due moti separati: la componente orizzontale del moto che ha velocità costante e la componente verticale che ha accelerazione costante e pari a g, come per i corpi in caduta libera (fintanto che il moto si svolge in prossimità della superficie terrestre).

Si ha un moto circolare uniforme quando una particella si muove lungo una circonferenza di raggio r con velocità costante; la particella sarà allora soggetta ad un’accelerazione radiale centripeta aR, diretta verso il centro del cerchio, di intensità:

r

v a

R

2

=

Se la velocità non è costante, vi sarà accelerazione sia centripeta sia tangenziale. Il moto circolare può anche essere scritto in termini di variabili angolari. In questo caso l’equazione oraria sarà

( )tθθ =

con θ angolo misurato (in radianti) a partire da una data direzione di riferimento. La velocità angolare è data da:

dt

dθω =

e l’accelerazione angolare da:

dt

dωα =

La velocità e l’accelerazione lineare di un punto che si muove lungo una circonferenza di raggio r sono legate a ω e α da:

ωrv = aT = αr raR =

dove aT e aR sono le componenti tangenziale e radiale dell’accelerazione. La frequenza f è legata ad ω da ω = 2π f e al periodo T da T = 1/f.

Problema 1

Il sistema, mostrato in figura, è costituito da una massa m appoggiata su una guida rettilinea inclinata di un angolo θ rispetto all'orizzontale. Calcolare l'accelerazione

t a



con la quale deve muoversi la guida orizzontalmente affinché la massa m

cada verticalmente con accelerazione pari a g 

.

[ 030=θ ; 2/8.9 smg = ]

Suggerimento: tenere conto che g 

è diretta solo verticalmente, mentre t

a

è diretta solo

orizzontalmente.

Soluzione:

L'accelerazione della massa è g

rispetto ad un osservatore inerziale, e a

rispetto ad un riferimento non inerziale solidale con la guida.

L'accelerazione di gravità nel riferimento solidale con la guida è:

t agg

−=′

Indicato con a il modulo dell'accelerazione della massa nel riferimento solidale con la guida vale:

θθ cos r

asinga +=

La componente orizzontale di a

deve equilibrare t

a 

, quindi:

θθθ coscos 2 gsinaa tt

+=

cioè:

2/ 7,5 sm tg

g a t == θ

rivolta all'indietro.

g r

a  a



θ

Soluzione alternativa:

L’accelerazione totale deve essere g 

, quindi deve valere:

t aag



+=

scrivendo quest’equazione in componenti si ottiene facilmente che:

2/ 7,5 sm tg

g a t == θ

dove at e g sono i moduli delle accelerazioni.

Problema 2

Una palla è lanciata in avanti e verso l'alto da una quota h0 sopra il suolo con velocità iniziale 0v 

. La

palla rimbalza elasticamente (invertendo la componente orizzontale della velocità e mantenendo inalterata quella verticale) su un muro verticale posto alla distanza d dal lanciatore. A quale altezza h dal suolo la palla colpisce il muro? A quale altezza h’ si trova la palla quando è di nuovo sulla verticale del lanciatore (che rimane fermo)? Qual è la quota massima hmax raggiunta dalla palla?

Quesito:hmax è la stessa che sarebbe raggiunta se non ci fosse la parete verticale. Perché?

[h0 = 2 m; d = 4 m; ( ) smyxv /ˆ10ˆ100 += 

]

Soluzione:

a) La componente orizzontale della velocità v0x è costante, quindi la palla raggiunge il muro nel tempo:

h0 d

x v

d t

0

= = 0,4 s.

In direzione verticale è l'accelerazione ad essere costante: g 

= -9,8 m/s2. Perciò:

2

00

00 2

1 

 

 −+=

xx

y v

d g

v

d vhh = 5,2 m

b) La palla torna sul lanciatore dopo altri 0,4 s. La componente verticale del moto è ancora uniformemente accelerata con velocità iniziale v’0y = 6,08 m/s, e quota iniziale h’0 = 5,2 m. Perciò la nuova quota è h’ = 6,9 m.

c) La quota massima hmax viene raggiunta quando la componente verticale della velocità si annulla (ciò avviene dopo il rimbalzo). Essa è perciò data da:

g

v hh y

2

2

0

0max += = 7,1 m.

Risposta al quesito:hmax è la stessa che sarebbe raggiunta se non ci fosse la parete verticale, perché l’urto con tale parete non altera la componente verticale del moto.

Problema 3

Un vecchio cannone viene fatto sparare orizzontalmente dalla cima di una montagna e la velocità v 

della palla viene regolata in modo tale da farle colpire un bersaglio posto nella pianura sottostante solo al secondo rimbalzo. Nel rimbalzo la componente verticale della velocità v0y si riduce di un fattore f e la componente orizzontale vx rimane costante.

Qual è la velocità v0 di uscita della palla del cannone per poter colpire un bersaglio distante d, se la montagna sulla cui cima è situato il cannone è alta h? Qual è la velocità v0 di uscita della palla se si vuole colpire il bersaglio direttamente?

[f=0,6; h = 1 km; d = 9 km]

h

d

Suggerimento: calcolare la durata del moto in verticale ed ricordare che in tale tempo viene percorsa orizzontalmente la distanza d.

Soluzione:

a) La componente orizzontale del moto si mantiene costantemente uniforme, per cui basta calcolare la durata del moto verticale ed imporre che d = vx t, cioè vx = d/t. Il primo impatto avviene dopo il tempo t1:

210 2

1 ==

g

h t s = 14,1 s

mentre il secondo impatto avviene con un ritardo t2:

212 2

2 ==

g

v t y s = 17 s,

dove vy è quella subito dopo l'urto:

260 1

== fgtv y

= 84,9 m/s.

Quindi:

21 tt

d v

x + = = 289,3 m/s.

b) La componente verticale del moto è uniformemente accelerata con accelerazione 2/ˆ8.9 smyg −= 

, perciò il tempo impiegato dalla palla per raggiungere il suolo è:

g

h t

2=

In questo tempo la palla percorre orizzontalmente la distanza d = vx t = 9 km, cioè:

h

g d

t

d v

x 2 == = 630 m/s.

II - Dinamica del punto

Le tre leggi del moto di Newton sono le leggi fondamentali per la descrizione del moto stesso.

La prima legge di Newton afferma che, se la forza risultante su un corpo puntiforme è zero, allora esso resta in quiete o si muove lungo una linea retta con velocità costante (moto rettilineo uniforme). La tendenza di un corpo a resistere ad un cambiamento del suo stato di moto si chiama inerzia. La massa è la misura dell’inerzia di un corpo.

La seconda legge del moto di Newton afferma che l’accelerazione di un corpo è direttamente proporzionale alla forza risultante che agisce su di esso e inversamente proporzionale alla sua massa. Sotto forma di equazione:

amF

=

La forza risultante su un oggetto indica il vettore somma di tutte le forze che agiscono su di esso. Nella sua formulazione più generale, la seconda legge di Newton afferma che la forza risultante agente su un corpo di massa m e velocità v



è data da:

dt

pd

dt

vdm F







==

ove vmp 

= è la quantità di moto del corpo. Solitamente (ma ci sono eccezioni) un corpo non perde nè acquista massa durante il moto, e quindi vale

am dt

vd mF







== , come sopra.

Se invece la massa del corpo è variabile, si avrà:

v dt

dm amF





+=

La terza legge del moto di Newton afferma che se un primo corpo esercita una forza su un secondo corpo, allora il secondo corpo esercita sempre sul primo una forza uguale in intensità e direzione, ma di verso contrario.

La forza esercitata su un corpo dalla superficie liscia su cui è appoggiato agisce perpendicolarmente alla comune superficie di contatto e per questo si dice che è una forza normale. E’ un tipo di forza vincolare, perché limita la libertà di movimento del corpo e la sua intensità dipende dalle altre forze che agiscono su quel corpo.

Per risolvere i problemi in cui compaiono forze su uno o più corpi è essenziale disegnare il diagramma di corpo libero per ogni singolo corpo, mettendo in evidenza tutte le forze che agiscono su quel corpo. Per ogni corpo la seconda legge di Newton può essere applicata a ciascuna componente della forza risultante.

Alcune forze importanti sono:

Forza peso. Il peso si riferisce alla forza di gravità che agisce su un dato corpo e vale P = mg;

vettorialmente: gmP 



−= Forza d’attrito. Quando un corpo è in movimento su una superficie scabra, la forza dovuta all'attrito

(radente) dinamico agisce nella direzione opposta a quella del moto. La sua intensità è data da:

Ndad FF µ= , relazione tra l’intensità della forza d’attrito, che agisce parallelamente alla superficie di

contatto e l’intensità della forza normale FN (spesso indicata anche con N) che agisce perpendicolarmente alla superficie stessa. Non è un’equazione vettoriale, poiché le due forze sono perpendicolari l’una all’altra.

d µ è detto coefficiente di attrito dinamico e dipende dai materiali con

cui sono fatti i due oggetti. Per la forza d'attrito (radente) statico, il suo valore massimo è dato da:

Nsas FF µ= con

S µ coefficiente d’attrito statico. Quando un corpo si

muove con velocità sufficientemente bassa attraverso un fluido, subisce una forza d'attrito viscoso diretta nel verso opposto a quello del moto. La sua intensità è data da: vFav β−= .

Forza elastica. Per tenere una molla compressa o tesa di una lunghezza x oltre quella di riposo è

necessaria una forza:

xkF 



−= dove k è la costante elastica della molla. Questa legge, nota come legge di Hooke, è valida per valori di x sufficientemente piccoli.

Forza centripeta. Una particella che ruota lungo una circonferenza di raggio r con velocità costante v è

sottoposta in ogni momento ad una forza diretta verso il centro della traiettoria. Essa vale:

F m v

r m r= =

2 2ω ; vettorialmente ( )





 



F m v

r r m r= − = × ×

2

ω ω

Problema 1

Un uomo tira una slitta, inizialmente ferma, su cui siedono due bambini, sul suolo coperto di neve. La slitta viene tirata mediante una fune che forma un angolo θ con l'orizzontale (vedi figura). La massa totale dei bambini è M, mentre quella della slitta è m. Il coefficiente di attrito statico è

S µ , mentre il

coefficiente di attrito dinamico è d

µ . Si trovino la forza di attrito esercitata dal suolo sulla slitta e l'accelerazione del sistema slitta-bambini se la tensione T

della fune ha l’intensità:

T = 100 N; T = 140 N.

Mantenendo fisso l’angoloθ , determinare il valore minimo di T per sollevare totalmente la slitta.

[ 040=θ ; M = 45 kg; m = 5 kg; S

µ = 0,20; d

µ = 0,15]

Suggerimento: disegnare il diagramma di corpo libero del sistema slitta-bambini, imporre la condizione di equilibrio per le componenti y delle forze e scrivere l’equazione del moto per le componenti x.

Soluzione:

Diagrammi di corpo libero

I) La forza normale al suolo è:

( ) θTsingmMF N

−+= = 425,7 N.

Quindi la forza di attrito statico è:

( )[ ]θµµ TsingmMFF sNsas

−+== = 85,1 N,

mentre la forza di attrito dinamico è:

( )[ ]θµµ TsingmMFF dNdad

−+== = 63,9 N.

La componente orizzontale delle tensioni è Tx = Tcosθ = 76,6 N < Fas, per cui l’accelerazione è nulla.

II) La forza normale al suolo è:

( ) θTsingmMF N

−+= = 400 N.

Quindi la forza di attrito statico è:

θ

T

(M+m) g

as F



T

(M+m) 

g ad

F 

θ θN F



N F



( )[ ]θµµ TsingmMFF sNsas

−+== = 80 N, mentre la forza di attrito dinamico è:

( )[ ]θµµ TsingmMFF dNdad

−+== = 60 N.

La componente orizzontale delle tensione è Tx = Tcosθ = 107,2 N > Fas, quindi la slitta si muove con accelerazione

( )[ ] mM

TsingmMT a d

+ −+−

= θµθcos

= 0,9 m/s2.

Il valore di T per sollevare la slitta è quello che annulla N

F 

:

( ) θsin

gmM T

+= = 762,3 N.

Problema 2

Due masse m1 ed m2 giacciono su un piano senza attrito e vengono spinte da una forza applicata

dall'esterno 1

F 

, che si esercita sulla massa m1 (come in figura 1).

Si determinino intensità e direzione di ciascuna delle forze di interazione tra m1 ed m2.

Supponendo che venga eliminata la forza 1

F 

e che sulla massa m2 agisca la forza applicata dall'esterno

12 FF 

−= (figura 2), si determinino intensità e direzione di ciascuna delle forze di interazione in quest'ultimo caso.

Si spieghi perché il modulo delle forze di interazione è diverso nei due casi.

[F1 = 12 N; m1 = 4 kg ; m2 = 2 kg; F2 = 12 N]

Suggerimento: si scriva l'equazione del moto considerando il punto materiale di massa (m1 + m2). Si scrivano quindi le equazioni di corpo libero per ciascuna massa.

Fig. 1 Fig. 2

Soluzione:

m1 m2 1F



m1 m2 2F



Diagrammi di corpo libero

a) L’accelerazione di m1 ed m2 è:

21

1

mm

F a

+ =





= 2 m/s2

Ma allora la forza di interazione F 12

esercitata da m1 su m2 vale m2 a = 4 N, mentre per il principio di

azione e reazione la forza di interazione F 21 esercitata da m2 su m1 vale F21 = - F12 = 4 N

b) L’accelerazione vale ancora 2 m/s2, ma questa volta su m2 agisce anche la forza F2 = - F1. quindi ora è F21 = m1a = -8 N, ed F12 = - F21 = 8 N.

c) In base alla seconda legge del moto di Newton la forza totale agente su ciascuna delle due masse è la stessa (a meno del verso) nei due casi esaminati. Però una delle due masse è accelerata dalla sola forza di interazione, e nel secondo caso si tratta della massa maggiore. E’ ovvio che per produrre la stessa accelerazione in una massa maggiore, occorre una forza maggiore.

Problema 3

Una palla di massa m è fissata ad una sbarra verticale per mezzo di due funi prive di massa e lunghe 

. Le funi sono fissate alla sbarra a distanza d l'una dall'altra. Il sistema ruota attorno alla sbarra in modo

da formare un triangolo equilatero (vedi figura). La tensione della fune più alta è 1

T 

. Determinare:

la tensione 2

T 

della fune in basso; la risultante delle forze applicate alla palla nell'istante mostrato in figura; la velocità della palla.

Studiare il problema sia dal punto di vista di un osservatore inerziale, sia dal punto di vista di un osservatore solidale con la palla.

[m = 1,34 kg;  = 1,70 m; d = 1,70 m; T1 = 35,0 N]

Suggerimento: disegnare il diagramma di corpo libero per il punto materiale in ciascuno dei riferimenti utilizzati.

21F 

1N F



2N F

12F !

12F "

gm #2

1 F

$

gm %1

1N F

&

gm '2

2F (

2N F

)

gm *2

21F+−

Soluzione:

La differenza fra ciò che vede un osservatore inerziale rispetto ad uno non inerziale solidale con la palla è che mentre quest’ultimo vede la palla ferma mantenuta in equilibrio da una forza centrifuga

.. fcF ,

, l’osservatore inerziale vede la palla in moto circolare uniforme, sottoposta ad un’accelerazione

centripeta.

Diagramma di corpo libero a) nel riferimento inerziale e b) nel riferimento non inerziale solidale con la palla

a) Nel riferimento non inerziale, la tensione 2

T -

bilancia la risultante di 1

T .

, della forza centrifuga e della forza peso:

2

3

2

12 =+++ gmr v

mTT / 0

//

dove si è tenuto conto che il triangolo è equilatero e che 2

3 30cos =° .

La componente verticale dell’equazione non contiene la forza centrifuga:

mg TT

−= 22 12

dove si è utilizzata la nota relazione cos 60° = 0,5. Si trova dunque il modulo T2 = 8,7 N.

b) Nel riferimento non inerziale la risposta è banale: zero. Nel riferimento inerziale, invece, la risultante delle forze applicate alla palla è la forza centripeta:

.. fcF 1

2 T

2

1T 3

60°

g4 2T 5

1T 6

g7

a) b)

d

8

8

r mv

gmTT ˆ

2

3

2

21 9

:

::

−=++

La componente orizzontale dell’equazione vettoriale di partenza, valida in entrambi i riferimenti, è:

( )

2

32

3 2 21 ;

;

mv TT −=+

fornisce:

( ) m

TT v 4

3 21

<

+ = = 6,5 m/s

Problema 4

Un blocco di massa 2m poggia su un blocco di massa 1m che è posto su un tavolo privo di attrito

(vedere figura). I coefficienti di attrito statico e dinamico fra i due blocchi sono rispettivamente S

µ e

d µ .

Quanto vale la massima forza F =

che si può applicare senza che il blocco m2 strisci su 1m ?

Se il valore di F >

è doppio di quello trovato nel precedente quesito, si trovino sia l'accelerazione

assoluta di ciascun blocco sia la forza di attrito agente su ciascun blocco.

Un osservatore inerziale vede il blocco 2m muoversi verso destra (direzione di F ?

) o verso sinistra?

[ 2m = 2 kg; 1m = 4 kg; Sµ = 0,3; dµ = 0,2]

Suggerimento: disegnare il diagramma di corpo libero per ciascun corpo in condizione di moto di 1m e

imporre la condizione di equilibrio di 2m rispetto ad 1m (moto relativo).

Soluzione:

1m

2m

F @

Diagrammi di corpo libero (in un riferimento inerziale, con 2m in moto rispetto ad 1m )

a) In un riferimento inerziale, in assenza di attrito con il tavolo la massa 2m si muove con 1m , quindi la

forza di attrito statico che agisce su 2m deve essere pari a:

21

2 2 mm

Fm gm s +

da cui:

( )21 mmgF s += µ = 17,7 N

b) Posto F = 17,7x2 N = 35,4 N, la massa 2m scivola su 1m esercitando su di essa la forza di attrito

dinamico dad gmF µ2= , per cui:

1

2 1 m

gmF a dm

µ−= = 7,9 m/s2

dove 1m

a è l’accelerazione della massa 1m .

La forza di attrito dinamico vale naturalmente 2m µ dg = 3,9 N. Nel riferimento solidale con la massa 1m , la massa 2m subisce sia la forza di attrito dinamico, sia la

forza fittizia - 2m 1ma . Quindi in tale riferimento l’accelerazione ar vale:

1mdr aga −= µ = -5,9 m/s2

mentre in un riferimento inerziale vale:

1mr aaa += = 2 m/s2

c) Come si evince dal punto b), mentre nel riferimento non inerziale l’accelerazione è diretta verso sinistra (nel verso negativo delle ascisse), in un riferimento inerziale l’accelerazione è positiva, quindi diretta verso destra.

Problema 5

1NA

FB adFC

gm D2

2NE

( )gmm F21 +ad FG−

La curva sopraelevata di un'autostrada è stata progettata per una velocità vmax. Il raggio della curva è r. In una brutta giornata il traffico percorre l'autostrada alla velocità v.

Quanto vale l’angolo θ di sopraelevazione? Quanto deve essere il minimo coefficiente d'attrito µ s che consente di superare la curva senza scivolare

verso il basso? Usando tale coefficiente, con quale velocità massima v’max è possibile percorrere la curva senza

scivolare verso l’alto?

[vmax = 95 km/h;r = 210 m; v = 52 km/h]

Suggerimento: utilizzare un sistema di riferimento (non inerziale) solidale con l'automobile, scrivere l'equazione del moto ed imporre la condizione di equilibrio.

Diagramma di corpo libero a) in un riferimento non inerziale e b) in uno inerziale

Soluzione:

a) In un riferimento inerziale la componente orizzontale della reazione vincolare N H

fornisce la forza centripeta, mentre la sua componente verticale equilibra la forza peso:

Nsin m v

r N mg

θ

θ

=

=

  

î

2

cos

Quindi:

tg v

rg θ = max

2

= 0,3

gm IcfF J

N K

gm L

N Ma) b)

Con questo angolo, nel sistema di riferimento solidale con l’automobile è soddisfatta la condizione di equilibrio della componente parallela alla strada delle forze in gioco, in assenza di attrito:

m v

r mgsinmax cos

2

θ θ=

tg v

rg θ = max

2

= 0,3

b) Con la pioggia, a velocità v < vmax, la macchina tende a scivolare verso il basso, per cui la condizione di equilibrio diviene:

( ) ( ) ( ) ( ) 

  

 ++= θθµθθ sin

r

v mmg

r

v mmgsin s

22

coscos

Quindi il coefficiente d’attrito vale:

( )

( )θ

θ µ

tg r

v g

r

v gtg

s 2

2

+

− = = 0,2

c) A velocità v’max > vmax, tende a prevalere la forza centrifuga, e la macchina tende a sbandare verso l’alto. Quindi la condizione di equilibrio è:

( ) ( ) ( ) ( )θθθµθ cos’’cos 2 max

2 max

r

v msin

r

v mmgmgsin s =

  

 ++

Per cui:

( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]θµθ

θµθ sin

sin grv s

− +=

cos

cos ’max = 128,5 km/h

Problema 6

Un corpo di massa M è posto su un piano inclinato di un angolo θ con l’orizzontale ed è connesso ad una coppia di corpi di ugual massa m tramite una corda ideale, che passa per una puleggia senza attrito e di massa trascurabile, come illustrato in figura. C’è però attrito fra la massa M ed il piano inclinato.

Calcolare il valore della forza di attrito statico necessaria a far rimanere in quiete il sistema;

esprimere in funzione di m, M, θ il minimo valore del coefficiente di attrito statico fra M ed il piano

inclinato, µ s, necessario affinchè il sistema rimanga in condizioni statiche; calcolare esplicitamente il valore minimo di µ s quando m=M/2 e θ = 45°.

Quesito:

Per quale valore dell’angolo θ il sistema (per m < M/2) resterebbe in condizioni statiche anche senza attrito?

Soluzione:

Diagramma di corpo libero per M

a) Condizione di equilibrio:

î  

+= =

θµθ cos 2

MgMgsinT

mgT

s

pertanto:

N N

T O

θ

m

m M

θ

M

aF P

( ) ( )θθµ MgsinmgMgs −= 2cos

b) Coefficiente di attrito statico:

( ) ( )θθµ tgM m

s −= cos 2

c) Se m = M/2 e θ = 45°, µ s = 0,4

Risposta al quesito:

La condizione di equilibrio in assenza di attrito è:

T mg

T Mgsin

= =

  î

2

θ

da cui:

M

m arcsin

2=θ

Si noti che per m>M/2 il sistema non può essere in equilibrio senza l’attrito.

Problema 7

I corpi di massa m1, m2 ed m3 sono collegati come in figura. Le carrucole e le funi sono ideali. Quali valori può assumere il coefficiente di attrito statico µ s fra tavolo e corpo di massa m1 affinchè m1 non si muova? Calcolare l’accelerazione dei due corpi m2 ed m3 quando è soddisfatta la condizione di cui al punto a). In assenza di attrito fra il tavolo ed m1, calcolare l’accelerazione dei corpi m1, m2 ed m3.

[m1 = 10 kg; m2 = 2 kg; m3 = 3 kg]

Suggerimento: scrivere l’equazione di equilibrio per m1 e quella per il moto di m2 ed m3.

m1

m2

m3

Soluzione:

Diagrammi di corpo libero.

a) e b) Condizione di equilibrio di m1:

m g Ts1 2µ =

Le accelerazioni di m2 ed m3 hanno somma nulla, per cui le equazioni del moto di m2 ed m3 si possono scrivere in termini della sola accelerazione a di m3:

( )î 

−=− =−

amgmT

amgmT

22

33 cioè: î  

=− =−

amTgm

amgmT

22

33

dove l’asse verticale del riferimento è orientato verso l’alto. L’accelerazione di m3 vale:

a m m

m m g=

− +

2 3

3 2

= -2 m/s2 (verso il basso).

Tensione della fune che lega m2 ed m3:

( )T m g a m m m m

g= + = +3 2 3

3 2

2 = 23,5 N

Coefficiente di attrito statico:

µs T

gm =

2

1

= 0,5

c) In assenza di attrito, siano a 1 , a2 e a3 le accelerazioni delle tre masse in un riferimento inerziale.

Vale allora:

T Q

gm R3 gm S1

N T

T U

2 aF

V

T W

gm X2

( ) ( )î

  

−=+ −=+

=

gmTaam

gmTaam

Tam

3133

2122

11 2

a2 + a1 e a1 + a3 sono le accelerazioni delle masse m2 ed m3 nel riferimento solidale con la seconda

carrucola1, riferimento in cui è valido il calcolo precedente, nonchè la condizione:

( )a a a a2 1 3 1+ = − +

che in precedenza ci ha consentito di scrivere le equazioni del moto di m2 ed m3 in termini della sola accelerazione di m3. Eliminando le tensioni delle corde, si ottiene:

2 0

2

2

1 2 3

2 1

1 2 2 2

3 1

1 3 3 3

a a a

m m

a m a m g

m m

a m a m g

+ + =

−   

   + = −

−   

   + = −

  

î

  

Quindi, risolvendo il sistema si trova:

( ) ( )

( ) ( )

( )

a m m

m m m g

a m m m m m

m m m g

a m m m m m

m m m g

1 2 3

1 3 2

2 1 3 2 2 3

1 3 2

3 1 2 3 2 3

1 3 2

4

4

4

= +

= − −

+

= − −

+

  

î

   

a1 = 4,7 m/s 2, a2 = -2,7 m/s

2, a3 = -6,7 m/s 2 (m1 si muove in avanti, m2 ed m3 verso il basso).

Si noti che nel riferimento non inerziale solidale con la carrucola mobile (che scende), le accelerazioni di m2 ed m3 hanno lo stesso modulo (2 m/s

2), ma m3 scende ed m2 sale.

Problema 8

1 Si ricordi che se IaY è l’accelerazione di un corpo rispetto ad un riferimento inerziale, la sua accelerazione NIaZ rispetto ad

un riferimento non inerziale di accelerazione ta[ è data da: tINI aaa \\\ −= .

Nel dispositivo schematizzato in figura, il corpo A (di massa mA), poggiato su un piano orizzontale liscio, è collegato da un filo inestensibile al corpo B (di massa mB) ed è saldato all’estremità di una molla di costante elastica k. L’altra estremità della molla è fissata ad un gancio solidale con il piano e le masse del filo, della molla e della carrucola sono trascurabili rispetto a quelle dei corpi A e B. Il corpo B viene abbassato lungo la verticale, rispetto alla sua posizione di equilibrio e lasciato libero di muoversi. Calcolare:

di quanto si è allungata la molla nella posizione di equilibrio del sistema; l’equazione del moto del sistema formato dalle due masse; il periodo delle oscillazioni compiute dal sistema (sia di A che di B).

[mA = 2 kg; mB = 2 kg; k = 200 N/m]

Suggerimento: si scrivano le equazioni del moto di mA ed mB, usando ad esempio la variabile x come spostamento generico della massa mB dalla sua posizione di equilibrio.

Soluzione:

Diagramma di corpo libero per A e B .

a) detto x l’allungamento della molla, la condizione di equilibrio è kx = mBg, da cui:

x m g

k B= = 9,8 cm.

b) le equazioni del moto di ciascuna massa sono:

A

B

gmA ]

gmB ^

eF _

T `

N a

T b

( ) ( ) ( ) ( )î

 =−

=− xamkxxT

xamxTgm

A

BB ovvero ( )

( )  î

 

=−

=−

2

2

2

2

dt

xd mkxxT

dt

xd mxTgm

A

BB

per cui l’equazione globale del sistema, in funzione dell’allungamento della molla, è:

d x

dt

k

m m x

m g

m mA B

B

A B

2

2 + + =

+

la cui soluzione è un moto armonico. Si noti che la variabile x descrive le oscillazioni sia di mA che di mB attorno alle rispettive posizioni di equilibrio.

c) il periodo dell’oscillatore è:

T m m

k A B=

+ 2π = 0,9 s

Problema riepilogativo

Un’autobotte di massa a vuoto M trasporta una massa m0 di acqua distillata lungo tratto di autostrada piano e rettilineo, senza vento. La velocità dell’autobotte è inizialmente v0 e la forza di attrito statico agente sulle sue ruote in direzione e verso della velocità è fs. Ad un tratto sul fondo del cassone si apre una piccola crepa attraverso cui l’acqua cade al suolo, staccandosi dal cassone con velocità relativa ad esso perpendicolare alla strada. La perdita è di k litri di acqua al minuto. L’autista del camion, ignaro della perdita, tiene fermo il piede sull’acceleratore, per cui la forza di attrito statico rimane costante. A quale velocità si troverà il camion dopo un tempo t0 dall’inizio della perdita?

[fs = 1 N; m0 = 32000 kg; k = 1,2 l/min; ρ (H2O) = 1 kg/dm3; M = 8000 kg; v0 = 72 km/h; t0 = 15’]

Soluzione:

Fissiamo un riferimento solidale con la strada che abbia l’asse x lungo l’autostrada nel verso della velocità dell’autobotte, e l’asse y verticale diretto verso l’alto. Prima che si apra la crepa, si ha semplicemente una massa M + m0 che si muove a velocità costante, soggetta lungo l’asse delle ascisse alle sole forze fs ed attrito viscoso dell’aria. Queste due forze devono ovviamente bilanciarsi, per cui il coefficiente d’attrito viscoso β del camion nell’aria è dato da:

( ) 02 2

0 0 vf dt

xd mM s β−==+

cioè:

0v

f s=β = 0,05 kg/s

Quando si apre la crepa, l’autobotte perde, in un intervallo di tempo infinitesimo dt, la quantità di moto v0kdt e la massa kdt. In formula:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )tkdtvtvmMdttvkdtmM 00000 −=+−+−+

Perciò la nuova velocità dell’autobotte (al tempo t + dt) è:

( ) ( ) ( ) ( )dttvkdtmM

tvkdtmM +=

−+ −+

0 0

00

cioè la velocità rimane inalterata, e l’accelerazione è nulla, anche se il camion perde quantità di moto.

Il problema può anche essere risolto utilizzando la forma generale della seconda legge della dinamica, valida per sistemi a massa variabile:

v dt

dm amF ccc +=

dove m(t) è la massa dell’autobotte al tempo t dall’inizio della perdita, e la forza totale agente sull’autobotte è:

( ) as fxvfF d

d

+−= ˆβ

con af e

= forza di reazione esercitata dall’acqua sul camion.

commenti (0)
non sono stati rilasciati commenti
scrivi tu il primo!
Questa è solo un'anteprima
3 pagine mostrate su 198 totali
Scarica il documento