Fisica: principi della dinamica - Matematica e Fisica

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3Â – FISICA
compito n°2 - 2012-2013
1. Un corpo di massa m=7,5 kg viene lanciato con una velocità
iniziale v 0=1,2 m/ s lungo un piano inclinato che forma un angolo
=30 ° rispetto all'orizzontale.
v0
m
a
a. Se il piano inclinato è liscio, calcola il tempo impiegato dal corpo a fermarsi e la distanza che
esso percorre. Cosa succede al corpo dopo essersi fermato?
b. Rispondi alle domande del punto a) nel caso in cui tra il corpo ed il piano inclinato vi sia un
attrito di coefficiente d =0,1 .
c. Nel caso in cui il piano inclinato sia scabro, calcola il minimo valore del coefficiente di attrito
s necessario a tenere in equilibrio il corpo dopo che si è fermato.
d. Calcola il modulo della reazione vincolare esercitata dal piano inclinato sul corpo.
2. Una persona di massa m=70 kg riposa su un'amaca.
Le funi che sostengono l'amaca formano degli angoli =40,0 ° e
=20,0 ° rispetto alla direzione orizzontale.
Calcola le tensioni delle due funi. Spiega perché la somma delle
θ
T2
T1
P
due tensioni è maggiore del peso della persona. (E' vietato sghignazzare per il disegno).
φ
3Â – Correzione compito fisica n°2
1.
a. Se il piano è liscio, sul corpo agisce la componente del suo peso parallela al piano:
P ∥ =m g sen 30 ° , per cui l'accelerazione del corpo è: a=
Tempo di arresto: v=atv 0 =0 ⇒ t arr =
P∥
m
=g sen 30 °≃4,9 2 .
m
s
−v 0 1,2 m/ s
≃
≃0,24 s .
a
4,9 m/ s 2
1 2
1
m
m
2
Spazio percorso: s= at v 0 t≃− ⋅4,9 2⋅0,24 s 1,2 ⋅0,24 s≃0,15 m .
2
2
s
s
Ovviamente, dopo essersi fermato per un istante, il corpo inizia a scivolare verso il basso con
accelerazione a sotto l'azione della componente del suo peso parallela al piano.
b. Se il piano è scabro, sul corpo agisce una forza di attrito F att =d P
⊥
=d m g cos 30 ° , per
cui la forza risultante che agisce sul corpo è: F =P ∥ F att =m g sen 30 °d m g cos 30 ° .
L'accelerazione è: a 1=
F
m
=g  sen 30 °d cos 30 °≃5,75 2 .
m
s
Tempo di arresto: v=a 1 tv 0=0 ⇒ t arr =
−v 0 1,2 m/ s
≃
≃0,21 s .
a 1 5,75 m/ s 2
1
1
m
m
2
2
Spazio percorso: s= a 1 t v 0 t≃− ⋅5,75 2⋅0,21 s 1,2 ⋅0,21 s≃0,125 m .
2
2
s
s
c. Il corpo resta in equilibrio quando la forza di attrito statico è uguale e opposta alla
componente del peso parallela al piano. La forza di attrito è: F att = s P
All'equilibrio: F att =P
∥
⊥
= s m g cos 30 ° .
⇒  s m g cos 30 °=m g sen 30 ° ⇒  s =tg 30 °=
1
≃0,577 .
3
d. La reazione vincolare del piano inclinato è uguale e opposta alla componente della forza peso
perpendicolare al piano: R=P
⊥
m 3
=m g cos 30 °≃7,5 kg⋅9,8 2⋅ ≃64 N .
s 2
2. Imponiamo le condizioni di equilibrio nelle direzioni orizzontale e verticale:
{
T 1 cos =T 2 cos 
⇒
T 1 sen T 2 sen =mg
{
T 1≃1,23T 2 ⇒
1,13T 2≃686
{
T 1≃747 N
.
T 2≃607 N
La somma delle due tensioni (anzi, la stessa T1) è maggiore del peso della persona, in quanto le
loro componenti orizzontali si elidono a vicenda, e quindi non sono utilizzate per equilibrare la
forza peso.
3Â - FISICA
compito n°4 - 2012-2013
1. Un treno si muove con una accelerazione a=2,0 m/ s 2 . Al soffitto del treno è appeso, tramite
un filo, un corpo di massa m=1,0 kg . Si osserva che il filo viene deviato dalla verticale, in
direzione opposta a quella del moto, di un angolo a.
a
a
a. Spiega questo fatto, sia nel riferimento di un osservatore fermo al
suolo, che nel riferimento di un osservatore solidale al treno.
b. Calcola l'ampiezza dell'angolo a e la tensione T del filo.
2. Un uomo di massa m=60 kg si trova all'equatore e si accorge che il suo peso, indicato da una
bilancia a molla, è minore del valore teorico P=mg .
a. Spiega questo fatto, sia nel riferimento di un osservatore non coinvolto nella rotazione
terrestre, che nel riferimento di un osservatore in rotazione con la terra.
b. Calcola il valore dell'apparente diminuzione di peso dell'uomo.
(Considera g≃9,81 m/ s 2 ; raggio terrestre RT ≃6.380 km ).
3. Da una torre di altezza h=1.000 m , posta all'equatore, viene lasciato cadere un peso. Si
osserva che la caduta non avviene esattamente lungo la verticale.
a. Spiega questo fatto, sia nel riferimento di un osservatore non coinvolto nella rotazione
terrestre, che nel riferimento di un osservatore in rotazione con la terra.
b. Calcola la deviazione orizzontale del punto di impatto con il suolo rispetto al piede della
verticale.
3Â - Correzione compito fisica n°4
1.
a. Osservatore al suolo (riferimento inerziale): sul corpo
T
T
agiscono la tensione del filo e la forza peso. La loro risultante
determina l'accelerazione del corpo: T P =m a .
-ma
ma
Osservatore nel treno; trattandosi di un riferimento non P
inerziale, dobbiamo introdurre la forza apparente (di inerzia)
P
suolo
treno
F in =−m a per spiegare lo stato di quiete del corpo:
T P −m a=0 .
b. In entrambi i riferimenti, otteniamo il sistema:
{
T sen =ma
, che può essere risolto sia per
Tcos =mg
sostituzione che dividendo membro a membro le due equazioni:
a
ma
1 kg⋅2 m/ s 2
−1 2
tg = ⇒ ≃tg
≃11,5 ° ⇒ T =
≃
≃10 N .
g
9,8
0,20
sen 
2.
a. Osservatore non in rotazione con la terra (riferimento inerziale): L'uomo è soggetto
all'accelerazione centripeta della terra, per cui la reazione R della bilancia è data da:
P−R=m a c ⇒ R=P−m a c , e pertanto è minore del peso.
Osservatore in rotazione con la terra: trattandosi di un riferimento non inerziale, sull'uomo
agisce la forza centrifuga F c =−m a c , per cui: P−RF c =0 ⇒ R=P−m a c .
b. Velocità angolare di rotazione terrestre: rot eq =
2  6, 28
rad
≃
≃7,27⋅10−5
.
2
T rot 24⋅60
s
Diminuzione di peso: F c =ma c =m 2rot RT ≃60 kg⋅7,27⋅10−5
rad 2
 ⋅6,38⋅106 m≃2,02 N .
s
3.
a. Osservatore non in rotazione con la terra (riferimento inerziale): la caduta non avviene
esattamente lungo la verticale, in quanto l'oggetto lasciato cadere ha una velocità tangenziale
dovuta al moto di rotazione terrestre lievemente maggiore di quella dei punti che incontra nel
corso della caduta.
Osservatore in rotazione con la terra: essendo un riferimento non inerziale, sul peso agisce la
forza di Coriolis, perpendicolare sia alla velocità relativa del peso che all'asse di rotazione.
 
1
2h
2.000
b. Il tempo di caduta del peso è: h= g t 2 ⇒ t c =
≃
≃14,3 s .
2
g
9,8
Il piede della verticale possiede la velocità tangenziale v rot eq=rot RT ; il peso ha velocità
tangenziale: v peso=rot  RT h . La differenza tra le due velocità è:
 v=rot h≃7,27⋅10−5⋅103≃7,27⋅10−2
m
.
s
La deviazione dalla verticale è quindi:  x= v t c ≃7,27⋅10−2⋅14,3≃1,04 m .
3Â - FISICA
1. Descrivi il moto rappresentato dal grafico in figura,
compito n°1 - 2014-2015
v
(m/s)
determinando in particolare l'accelerazione e lo spostamento
in ciascuno dei tre intervalli di tempo e tracciando i grafici
di posizione e accelerazione in funzione del tempo.
2. Nell'istante in cui il semaforo diventa verde, un'automobile
t
(s)
parte con accelerazione a=2,10 m/ s 2 e viene superata da
un ciclista che si muove con velocità v c =4,80 m/ s . Qual è il massimo vantaggio (in metri) del
ciclista? Quanto tempo impiega l'automobile per raggiungere il ciclista? A quale distanza dal
semaforo avviene il sorpasso? Qual è la velocità dell'automobile in quel momento?
3. Un elicottero situato alla quota h 0=200,0 m sta salendo con velocità v 0=20,0 m/ s formando
un angolo =50,0 ° rispetto all'orizzontale quando lascia cadere un pacco. Inizialmente, il
pacco sale o scende? Perché? Calcola la quota massima raggiunta dal pacco, la sua gittata, il
modulo e la direzione della sua velocità nel momento in cui raggiunge il terreno.
4. Un corpo di massa m=22,0 kg è appoggiato su un pavimento scabro. I coefficienti di attrito
statico e dinamico tra il corpo e il pavimento sono k s =0,500 e k d =0,300 . Calcola la forza
orizzontale necessaria per mettere in moto il blocco. Se al blocco (in movimento) viene applicata
una forza orizzontale F =90,0 N , calcola la sua accelerazione.
Il pavimento viene poi inclinato rispetto all'orizzontale di un angolo =30,0 ° . Spiega se il
blocco resta in equilibrio o si muove. In quest'ultimo caso, calcola la sua accelerazione.
5. Una mosca vola con velocità v=20 cm/ s ad altezza h=30 cm sopra il
piano di una scrivania mentre passa sotto una lampadina di altezza
l=50 cm . Calcola la velocità dell'ombra della mosca sulla scrivania.
v
l
h
1. Tra 0 e 5 s: moto uniformemente accelerato con accelerazione a=
iniziale v 0=5
 v −4 m/ s
m
=
=−0,8 2 e velocità
5s
t
s
m
1 2
1
2
. Spostamento: s1= at v 0 t=− ⋅0.8⋅5 6⋅5=−1030=20 m .
s
2
2
Tra 5 e 15 s: moto uniforme con velocità v 1=2 m/ s . Spostamento: s 2=v 1 t=2⋅10=20 m .
Tra 15 e 20 s: moto uniformemente accelerato con accelerazione a=
iniziale v 1=2
 v 2 m/ s
m
=
=0,4 2 e velocità
5s
t
s
m
1 2
1
2
. Spostamento: s3= at v 0 t= ⋅0.4⋅5 2⋅5=510=15 m .
s
2
2
Spostamento complessivo: s=s1s 2s3=55 m .
(Possiamo calcolare gli spostamenti anche tramite le aree sottostanti il grafico velocità-tempo).
s
(m)
55
a
(m/s2)
0,4
t
(s)
t
(s)
-0,8
Nel tracciare il grafico posizione - tempo teniamo conto dei seguenti dati:
•
per t=0 s indichiamo con s 0=0 la posizione iniziale; il grafico “parte” con pendenza v 0=6 m/ s ;
•
per t=5 s , entrambi i rami del grafico hanno la stessa pendenza v 1=2 m/ s ;
•
per t=15 s , entrambi i rami del grafico hanno la stessa pendenza v 1 =2 m/ s ;
•
per t=20 s il grafico “termina” con pendenza v 2=4 m/ s .
2. Il ciclista raggiunge il massimo vantaggio quando: v a =at=v c ⇒ t 1=
v c 4,8 m/ s
=
≃2,29 s .
a 2,1 m/ s 2
1 2
m
1
m
2
Il massimo vantaggio è: s c −s a =v c t 1− at 1 ≃4,80 ⋅2,29 s− ⋅2,1 2⋅2,29 s ≃5,49 m .
2
s
2
s
L'automobile raggiunge il ciclista quando:
s a =s c ⇒
2 v c 2⋅4,8 m/ s
1 2
at =v c t ⇒ t 1=0 ; t 2=
=
≃4,57 s=2 t 1 .
2
a
2,1 m/ s 2
(Naturalmente, la soluzione t 1=0 corrisponde alla partenza dal semaforo).
m
La distanza dal semaforo è s a =s c =v c t 2≃4,8 ⋅4,57 s≃21,9 m .
s
m
m
La velocità dell'automobile è: v a =at 2≃2,1 2⋅4,57 s≃9,60
.
s
s
3. Inizialmente, il pacco sale perché ha la stessa velocità iniziale dell'elicottero.
Il pacco raggiunge la quota massima quando:
v y =−gtv 0 sen =0 ⇒ t 1=
v 0 sen  20 m/ s⋅sen 50 °
≃
≃1,56 s .
g
9,81 m/ s 2
1 2
1
2
Quota massima: hmax =− g t 1 v 0 t 1 sen h0≃− 9,81⋅1,56 20⋅1,56⋅sen 50 °200≃212,0 m .
2
2
1 2
2
Il pacco tocca il suolo quando: y=− g t v 0 t sen h0=0 ⇒ 4,91 t −15,3 t−200=0 ⇒
2
t 2=
15,364,5
≃8,13 s (la soluzione negativa non ha senso fisico).
9,81
m
Gittata: x=v 0 t 2 cos ≃20 ⋅8,13 s⋅cos 50 °≃131 m .
s
Nel momento in cui tocca il terreno, la velocità ha componenti:
{
v x =v 0 cos ≃20⋅cos 50 °≃12,9 m/ s
,
v y =−gt 2v 0 sen ≃−9,81⋅8,1320⋅sen 50 °≃−64,4 m/ s
modulo: v f =  v 2fx v 2fy ≃  12,9264,4 2≃65,7 m/ s ,
e forma con l'orizzontale un angolo: =arc tg
vy
−64,4
≃arc tg
≃−78,7 ° .
vx
12,9
4. Forza per mettere in moto il blocco: F 1=k s mg≃0,5⋅22 kg⋅9,81 m/ s 2≃108 N .
Applicando la forza F: F −k d mg=ma ⇒ a=
F
90
m
−k d g≃ −0,3⋅9,81≃1,15 2 .
m
22
s
Il blocco appoggiato sul piano inclinato scivola verso il basso, perché la componente parallela della
forza peso: F t =mg sen ≃22⋅9,81⋅sen 30 °≃108 N è maggiore della massima forza di attrito statico:
F att =k s mg cos ≃0,5⋅22⋅9,81⋅cos 30 °≃93,5 N . Per calcolare l'accelerazione:
mg sen −k d mg cos =ma ⇒ a= g  sen −k d cos ≃9,81⋅ sen 30 °−0,3⋅cos 30 ° ≃2,36 m/ s
5. Per la similitudine dei triangoli:
vo
l
l
50 cm
cm
cm
.
=
⇒ v o=
v=
⋅20
=50
v l−h
l−h
20 cm
s
s
v
l
h
vo
2
.
3Â - FISICA
compito n°3 - 2014-2015
1. Un vagone si muove con accelerazione costante
a=3,50 m/ s 2 . Al soffitto è appeso, tramite un filo,
un corpo di massa m ' =2,00 kg . Un altro corpo di
massa m=2,70 kg è attaccato ad una molla di
costante elastica k =35,0 N / m .
Si osserva che il filo viene deviato dalla verticale di un angolo a e che la molla si allunga di un
tratto x. Spiega questi fatti, sia nel riferimento dell'osservatore A fermo al suolo, che nel
riferimento dell'osservatore B che si trova sul vagone.
Calcola l'ampiezza dell'angolo a, la tensione T del filo, l'allungamento x della molla.
2. L'apparato del problema precedente viene montato su una
piattaforma in rotazione con velocità angolare costante
=0,230 rad / s a distanza r=5,00 m dal centro.
Si osserva che il filo viene deviato dalla verticale, verso
l'esterno, di un angolo a, e che la molla si allunga di un
tratto x. Spiega questi fatti, sia nel riferimento dell'osservatore A fermo al suolo, che nel
riferimento dell'osservatore B che si trova sulla piattaforma.
Calcola l'ampiezza dell'angolo a, la tensione T del filo, l'allungamento x della molla.
3. L'osservatore B del problema precedente, che si trova al centro della piattaforma, prende una
palla e la lancia in direzione radiale verso l'esterno con velocità v=2,80 m/ s .
Egli osserva che la palla subisce una deviazione in direzione trasversale al suo moto.
Spiega questo fatto sia dal punto di vista dell'osservatore A che dell'osservatore B, precisando se
la deviazione avviene nel verso di rotazione della piattaforma o in verso opposto.
Sapendo che la piattaforma ha raggio R=10,0 m , calcola la deviazione trasversale d subita
dalla palla quando arriva al bordo della piattaforma.
4.
a. Cos'è un sistema di riferimento inerziale?
b. Cosa afferma il principio di relatività galileiana?
c. Se la Terra può essere considerata un sistema inerziale, cosa possiamo dire per un vagone in
moto rettilineo uniforme rispetto alla Terra?
(Spiega la tua risposta, anche facendo riferimento agli esempi di Galileo).
d. Un vagone in moto uniformemente accelerato rispetto alla Terra può essere considerato un
sistema inerziale? Perché? E se il vagone fosse in moto circolare uniforme?
e. Spiega quali esperienze dimostrano che la Terra non può essere considerata in modo rigoroso
come un sistema inerziale.
1. Per l'osservatore A (riferimento inerziale), le masse m ed m' sono
applica ad entrambe il 2° principio della dinamica:
F el =m a ; T P =m ' a .
a
T
in moto con la stessa accelerazione a del vagone, quindi egli
T
- m' a
m' a
P
Per l'osservatore B (riferimento non inerziale), le due masse sono
P
a
A
B
in quiete. Per poter spiegare questo fatto tramite il 2° principio,
egli deve introdurre la forza apparente di inerzia F in =−m a :
F el F in =0 ; T PF in =0 .
2
m' a
3,5 m/ s
−1 a
⇒ =tg
≃
≃19,6 ° ;
In entrambi i riferimenti, ricaviamo: tg =
m' g
g 9,81 m/ s 2
m ' a 2 kg⋅3,5 m/ s 2
T sen =m ' a ⇒ T =
≃
≃20,9 N ;
sen 19,6 °
sen 
ma 2,7 kg⋅3,5 m/ s 2
kx=ma ⇒ x=
≃
≃27,0 cm .
k
35 N / m
2. Per l'osservatore A (riferimento inerziale), le masse m ed m' subiscono una accelerazione
2
centripeta a c = r , per cui vale il 2° principio della dinamica:
F el =m a c ; T  P =m ' a c .
Per l'osservatore B (riferimento non inerziale), le due masse sono in quiete. Per poter spiegare
questo fatto tramite il 2° principio, egli deve introdurre la forza apparente centrifuga
F c =−m a c , da cui: F el F c =0 ; T P F c =0 .
Ragionando come nel problema precedente, ricaviamo (in entrambi i riferimenti):
tg =
m ' 2 r
2 r 0,23 rad / s2⋅5 m
⇒ =tg −1
≃
≃1,54 ° ;
m' g
g
9,81 m/ s 2
m ' 2 r 2 kg⋅0,23 rad / s2⋅5 m
T sen =m '  r ⇒ T =
≃
≃19,7 N ;
sen 1,54 °
sen 
2
m 2 r 2,7 kg⋅0,23 rad / s2⋅5 m
kx=m  r ⇒ x=
≃
≃2,04 cm .
k
35 N / m
2
3. Per l'osservatore A (riferimento inerziale), la palla si muove di moto rettilineo uniforme in
direzione radiale, ma, essendo stata lanciata dal centro, essa non possiede una velocità
tangenziale, e quindi “rimane indietro” rispetto ai punti della piattaforma che si muovono sotto di
essa con velocità tangenziali via via crescenti.
Per l'osservatore B (riferimento non inerziale), sulla palla agisce la forza di Coriolis,
perpendicolare sia alla sua velocità relativa che all'asse di rotazione, che la fa deviare in direzione
opposta a quella della rotazione della piattaforma.
R
10 m
≃3,57 s .
La palla raggiunge il bordo della piattaforma all'istante: t 1 = =
v 2,8 m/ s
Nel frattempo, il bordo della piattaforma ha subito una rotazione:
d = R t 1≃0,23
rad
⋅10 m⋅3,57 s≃8,21 m .
s
4. (cenni)
a. Un sistema di riferimento è inerziale quando in esso sono validi i principi della dinamica.
b. Il principio di relatività galileiano afferma che le leggi della meccanica sono valide in tutti i
sistemi di riferimento inerziali.
c. Un vagone in moto rettilineo uniforme può essere considerato un sistema inerziale perché le
forze e le accelerazioni misurate in esso sono le stesse misurate da un osservatore a Terra
(vedi pagg. 87-92 del libro di testo).
d. Un vagone in moto uniformemente accelerato o in moto circolare uniforme non può essere
considerato un sistema inerziale, perché in esso non valgono i tre principi della dinamica (vedi
pagg. 96-104 del libro di testo). Per continuare ad applicare tali principi nei sistemi non
inerziali, siamo costretti a introdurre delle forze apparenti, o fittizie, o non newtoniane (forza
di inerzia o di trascinamento, forza centrifuga, forza di Coriolis).
e. Sono le esperienze che dimostrano la rotazione terrestre:
•
rotazione del piano di oscillazione di un pendolo (pendolo di Foucault);
•
variazione del “peso” con la latitudine;
•
effetti della forza di Coriolis sul moto di grandi masse di fluidi
•
deviazione verso est nella caduta dei gravi
(esaminarne qualcuna in dettaglio).
3Â - Verifica dinamica
Spiega in maniera adeguata ciascuna risposta.
1. Su un piano inclinato liscio di altezza h=30,0 cm e lunghezza l=50,0 cm viene appoggiato
un corpo di massa m. Sapendo che per mantenere in equilibrio il corpo è necessario applicargli
una forza F =36,0 N parallela al piano, calcola la massa m.
2. Una forza F =5,00 N agisce su un corpo di massa m=3,00 kg appoggiato su un tavolo
scabro e gli imprime una accelerazione a=0,400 m/ s 2 .
Calcola il coefficiente di attrito dinamico tra il corpo e il tavolo.
3. Un ascensore si muove verso l'alto con accelerazione a=3,00 m/ s 2 .
Una donna di massa m=60,0 kg si trova su una bilancia all'interno dell'ascensore.
Calcola il “peso” segnato dalla bilancia.
4. Un corpo di massa m, inizialmente in quiete, per effetto di una forza costante F percorre in un
tempo t una distanza s. Esprimi in funzione di s la distanza s1 percorsa dal corpo se la sua massa
e l'intervallo di tempo raddoppiano, mentre la forza dimezza.
5. Se ad una molla di lunghezza l 0 =12,0 cm viene appeso un corpo di massa m1=30,0 g , la sua
lunghezza diventa l 1=13,5 cm . Calcola la massa m2 che va appesa alla molla per fare in modo
che la sua lunghezza diventi l 2=15,8 cm .
6. Sappiamo che la Terra ha massa M, la Luna ha massa m, la loro distanza è r, e la forza che la
Terra esercita sulla Luna è F. Calcola l’intensità della forza F1 che la Luna esercita sulla Terra.
7. Un oggetto di massa m=1,00 kg cade nell'aria con velocità costante v=3,00 m/ s .
Calcola la forza di attrito che l’aria esercita sull’oggetto.
8. Un’automobile di massa m=952 kg può affrontare una curva di raggio r=34,0 m alla
velocità massima v max =55,0 km/ h . Calcola il coefficiente di attrito tra le gomme e la strada.
3Â - Correzione verifica dinamica
1. La forza F deve equilibrare la componente del peso parallela al piano inclinato:
F =P ∥ =mg sen =mg
h
lF
0,5 m⋅36 N
⇒ m= ≃
≃6,12 kg .
l
gh 9,8 m/ s 2⋅0,3 m
2. Sul corpo agiscono la forza F che lo spinge e la forza di attrito dinamico:
F −k d mg=ma ⇒ k d =
F −ma 5 N −3 kg⋅0,4 m/ s 2
≃
≃0,129 .
mg
3 kg⋅9,8 m/ s 2
3. Sulla donna agiscono il proprio peso e la reazione normale, che è la forza indicata dalla bilancia:
N −mg=ma ⇒ N =m ga≃60 kg⋅9,83 m/ s 2≃768 N .
2
 F / 22 t 
1 2 Ft 2
4. In un moto uniformemente accelerato: s= at =
. Quindi: s1=
=s .
2
2m
2⋅2 m
5. L'allungamento della molla è direttamente proporzionale al peso, e quindi alla massa, del corpo
che le viene appeso:
6.
m 2 m1
x
3,8 cm
=
⇒ m 2 = 2 m1 ≃
⋅30 g≃76,0 g ≃0,0760 kg .
x 2 x1
x1
1,5 cm
F 1=F per il terzo principio della dinamica (spiegare).
7. Poiché l'oggetto si muove a velocità costante, la forza risultante che agisce su di esso deve essere
2
nulla. Quindi la resistenza dell'aria è uguale al peso: F att =mg≃1 kg⋅9,80 m/ s ≃9,80 N .
8. La forza di attrito agisce come forza centripeta:
k s mg=m
2
v2
v 2 55/3,6 m/ s
⇒ k s= ≃
≃0,701 .
r
rg 34 m⋅9,8 m/ s 2
3Â - FISICA
compito n°1 - 2015-2016
1. Da un palazzo di altezza h=20,0 m viene lanciato un pallone
v0
a
con velocità iniziale v 0=10,0 m/ s in modo che la direzione di
lancio
formi
un
angolo =30,0 ° con
la
direzione
h
v1
orizzontale. Nello stesso istante, un uomo che si trova a
d
distanza d =40,0 m dalla base del palazzo comincia a correre verso l'edificio. Quale velocità v1
dovrebbe mantenere l'uomo per prendere il pallone nel momento in cui questo tocca il suolo?
2. Un corpo A di massa m A =12,0 kg è fermo su un piano inclinato
A
di un angolo =30,0 ° rispetto all'orizzontale. Calcola:
l
a
a. l'accelerazione aA subita dal corpo;
b. il tempo impiegato dal corpo A a raggiungere la base del piano inclinato, sapendo che esso
percorre sul piano inclinato stesso una distanza l=1,80 m .
Calcola poi l'accelerazione del corpo A nei casi in cui:
c. tra il corpo ed il piano inclinato è presente un attrito
dinamico di coefficiente k d =0,200 ;
A
B
d. il piano inclinato è liscio, ma il corpo A è collegato tramite
una fune ad un secondo corpo B di massa m B =3,00 kg .
a
3. Due automobili, A e B, partono da uno stesso punto con la stessa velocità iniziale v0.
L'automobile A si muove di moto uniforme, mentre l'automobile B si muove di moto
uniformemente accelerato con accelerazione −a .
Calcola il rapporto d A / d B delle distanze percorse da A e da B nel momento in cui B si ferma.
Traccia (spiegando in maniera dettagliata la tua risposta) il grafico posizione - tempo relativo al
moto delle due automobili.
3Â - Correzione compito n°1
2
1. Il pallone tocca terra quando: y t =−1/ 2 g t v 0 t sen h=0 ⇒
4,9 t 2−5 t−20=0 ⇒ t 1=
5  2580⋅4,9
≃2,60 s (consideriamo solo la soluzione positiva).
9,8
Lo spostamento orizzontale del pallone è: x 1=v 0 t 1 cos ≃10⋅0,866⋅2,60≃22,5 m .
La velocità dell'uomo è quindi: v 1=
d −x 1 40−22,5
m
≃
≃6,73
.
t1
2,60
s
2.
a. Sul corpo A agisce la componente della forza peso parallela al piano inclinato:
P A ∥ =m A g sen 30 ° ⇒ a A= P A
∥
/ m A= g sen 30 °≃4,90 m/ s
2
.
b. Il moto del corpo è uniformemente accelerato con accelerazione aA:
 
1
2l
2⋅1,8
l= a A t 2 ⇒ t 1=
≃
≃0,857 s .
2
aA
4,9
c. Sul corpo A agisce anche la forza di attrito dinamico: F att =k d P A
Quindi: a A=
P A ∥ −F att
mA
⊥
=k d m A g cos 30 ° .
=g  sen 30 °−k d cos 30 ° ≃9,80⋅0,5−0,2⋅0,866≃3,20
m
.
s2
d. In questo caso, sul sistema formato dai corpi A e B agisce anche il peso del corpo B.
Quindi: a A=
P A ∥ −P B
m Am B
=
m A sen 30 °−m B
12⋅0,5−3
m
g≃
⋅9,80≃1,96 2 .
m Am B
123
s
3. Calcoliamo l'istante di tempo in cui B si ferma: v B =−atv 0 =0 ⇒ t 1=v 0 / a .
Le distanze percorse in tale intervallo di tempo sono:
2
d A=v 0 t 1 =
v0
a
2
2
2
dA
1
1v v 1v
=2 .
, d B=− at 12 v 0 t 1 =− 0  0 = 0 . Quindi:
dB
2
2 a a 2 a
Poiché A si muove di moto uniforme con velocità v0, il suo
grafico posizione - tempo è una retta di pendenza v0.
dA
A
Poiché B si muove di moto uniformemente accelerato con
accelerazione negativa, il suo grafico posizione - tempo è una
parabola con concavità rivolta verso il basso.
Nell'origine, i due grafici sono tangenti, in quanto anche B
dB
B
parte con velocità iniziale v0, mentre nell'istante t1 l'automobile
B è ferma, e quindi il grafico ha tangente orizzontale.
Quindi per t=t 1 si ha il vertice della parabola.
t1
3Â - FISICA
compito n°3 - 2015-2016
Nei problemi seguenti ti viene chiesto di “descrivere una situazione fisica” sia in un riferimento
inerziale che in uno non inerziale. Per rispondere, traccia il diagramma di corpo libero spiegando
quali sono le forze agenti in ciascun riferimento e quale è il loro effetto in quel riferimento. Svolgi
poi i calcoli in uno solo dei due riferimenti (a tua scelta).
1. Un ragazzo di massa m=52,0 kg è fermo (in piedi) su un autobus che si muove con
accelerazione a=1,20 m/ s 2 verso destra.
a. Descrivi la situazione sia nel riferimento del suolo che in quello dell'autobus.
b. Calcola il minimo valore del coefficiente di attrito tra le scarpe ed il pavimento.
2. Il ragazzo della domanda precedente è fermo (in piedi) su una giostra che ruota con velocità
angolare =0,150 rad / s ad una distanza r=3,50 m dal centro.
a. Descrivi la situazione sia nel riferimento del suolo che in quello della giostra.
b. Calcola il minimo valore del coefficiente di attrito tra le scarpe ed il pavimento.
3. Il ragazzo delle domande precedenti si trova all'equatore e misura il suo peso con una bilancia.
a. Descrivi la situazione sia nel riferimento della bilancia (che ruota con la superficie terrestre),
che in un riferimento inerziale (es: le “stelle fisse”).
b. Calcola la velocità angolare del moto di rotazione terrestre (raggio Terra: RT =6380 km ).
c. Calcola il “peso” indicato dalla bilancia (utilizza il valore g≃9,80 m/ s 2 ).
3Â - Correzione compito n°3
1.
a. Suolo: sul ragazzo agisce la forza di attrito, diretta verso destra, il cui effetto è
Suolo
quello di farlo accelerare insieme all'autobus: F att =ma .
Fatt
a
Autobus: sul ragazzo agisce la forza di attrito, diretta verso destra, ma egli
Autobus
rimane in quiete. Per applicare il 2° principio introduciamo quindi una forza
Fin
fittizia, detta forza di inerzia, che ristabilisca l'equilibrio:
Fatt
a=0
F in =−ma ⇒ F att F in =0 .
a 1,2 m/ s 2
≃0,122 .
b. Per entrambi: k s min mg=ma ⇒ k s min= ≃
g 9,8 m/ s 2
2.
a. Suolo: sul ragazzo agisce la forza di attrito, diretta verso il centro della giostra,
Suolo
2
il cui effetto è quello di farlo ruotare insieme alla giostra: F att =m  r .
Giostra: sul ragazzo agisce la forza di attrito, diretta verso il centro, ma egli
Fatt
ac
rimane in quiete. Per applicare il 2° principio introduciamo quindi una forza
Giostra
Fatt
fittizia, detta forza centrifuga, tale da ristabilire l'equilibrio:
F cfg =−m 2 r ⇒ F att F cfg =0 .
Fcfg
a=0
2 r 0,15 rad / s2⋅3,5 m
−3
≃
≃8,04⋅10 .
b. Per entrambi: k s min mg=m  r ⇒ k s min =
2
g
9,8 m/ s
2
3.
a. Stelle fisse: sul ragazzo agiscono la forza peso, diretta verso il centro della
Stelle
Terra, e la reazione normale. La loro somma vettoriale provoca la rotazione
P
ac
del ragazzo con la Terra: P−N =m 2 r .
Bilancia
Bilancia: sul ragazzo agiscono la forza peso, diretta verso il centro della
Terra, e la reazione normale. La loro somma non è nulla, ma ha una
risultante diretta verso il centro della Terra, eppure il ragazzo rimane in
N
N+Fcfg
P
a=0
quiete. Per applicare il 2° principio introduciamo quindi una forza fittizia, detta forza centrifuga,
2
tale da ristabilire l'equilibrio: F cfg =−m  r ⇒ P− N F cfg =0 .
b.
Terra =
2  6, 28 rad
rad
≃
≃7,27⋅10−5
.
2 2
T Terra 24⋅60 s
s
c. La bilancia misura la reazione normale che, in entrambi i riferimenti, è:
N =mg−m 2 r≃52 kg⋅[9,80
2
m
m
−5 rad
−7,27⋅10

⋅6,38⋅106 m]≃52 kg⋅9,77 2 ≃508 N .
2
s
s
s
3^C PNI – FISICA
compito n°3 - 2011-2012
1. Tre blocchi di masse m1=10 kg , m2=m3=5 kg sono appoggiati su un piano orizzontale e
liscio e sono collegati da funi inestensibili. Sul primo blocco agisce una forza parallela al piano
di intensità F =70 N . Calcola l'accelerazione di ciascun blocco e le tensioni delle funi.
Al tempo t 1=10 s dalla partenza, la forza F cessa
m3
m2
F
m1
di agire, mentre il sistema entra in una zona del piano in cui c'è attrito di coefficiente d =0,1 .
Dopo quanto tempo si ferma? Quanto spazio percorre prima di fermarsi?
2. Un corpo di massa m=10 kg è appoggiato su un piano inclinato che
m
forma un angolo =30 ° rispetto all'orizzontale.
l
a. Se il piano inclinato è liscio e la sua lunghezza è l=30 m , calcola
a
il tempo impiegato dal corpo a percorrere il piano e la velocità con cui esso giunge al suolo.
b. Se il piano inclinato è scabro, calcola il minimo valore del coefficiente di attrito  s
necessario a tenere in equilibrio il corpo.
c. Rispondi alle domande del punto a) nel caso in cui tra il corpo ed il piano inclinato vi sia un
attrito di coefficiente d =0,1 .
Quale osservazione puoi fare sui dati del problema? Come la spieghi?
3. Calcola la velocità angolare, la velocità tangenziale e l'accelerazione centripeta a cui è sottoposto
un corpo sulla superficie terrestre:
a. a causa del moto di rivoluzione intorno al Sole;
b. a causa del moto di rotazione della Terra intorno al proprio asse, se il corpo si trova
all'equatore;
P
c. a causa del moto di rotazione della Terra intorno al proprio asse, se il corpo si
trova nel punto P di latitudine =30 ° .
RT
a
Raggio della Terra: RT =6380 km ; distanza Terra – Sole: RTS =1,50⋅1011 m .
Da una torre di altezza h=100 m , posta all'equatore, viene lasciato cadere un peso. Spiega
perché la caduta non avviene esattamente lungo la verticale e calcola la deviazione orizzontale
del punto di impatto con il suolo rispetto al piede della verticale.
3^C – Correzione compito fisica n°3
1. Possiamo considerare le forze agenti su ciascuno dei tre blocchi:
{
F −T 12=m1 a
T 12−T 23=m2 a .
T 23=m3 a
In alternativa, può essere più semplice considerare che:
•
la forza F agisce sull'intero sistema, a cui imprime un'accelerazione:
a=
•
F
70 N
m
=
=3,5 2 ;
m1m2m3 20 kg
s
la tensione T12 della prima corda agisce sul secondo e sul terzo corpo:
T 12=m2m3  a=10 kg⋅3,5
•
m
=35 N ;
s2
la tensione T23 della seconda corda agisce sul terzo corpo: T 23=m3 a=5 kg⋅3,5
m
=17,5 N .
2
s
m
m
Al tempo t1, il sistema ha raggiunto una velocità v 1=at 1=3,5 2⋅10 s=35
.
s
s
La forza di attrito è F att =−d m1m2m3  g , per cui il sistema subisce un'accelerazione:
a 1=
F att
m
=−d g≃−0,1⋅9,8≃−0,98 2 .
m1m2m3
s
Il sistema si ferma quando la sua velocità è nulla: v=a 1 tv 1=0 ⇒ t 2=−
v 1 35
≃
≃35,7 s .
a 1 0,98
1
2
2
Percorre una distanza: s= a 1 t v 1 t≃−0,49⋅35,7 35⋅35,7≃625 m .
2
2.
a. Se il piano è liscio, la forza risultante agente sul corpo è la componente del
Fatt
suo peso parallela al piano: P ∥ =m g sen 30 ° , per cui l'accelerazione
P⊥
P∥
m
=g sen 30 °≃4,9 2 .
del corpo è: a=
m
s
R
P∥
P
l
a
 
1
2l
60
Tempo impiegato a percorrere il piano: l= at 2 ⇒ t 1=
≃
≃3,50 s .
2
a
4,9
Velocità raggiunta: v 1=at 1≃4,9⋅3,50≃17,2
m
(la stessa della caduta libera).
s
b. Il corpo resta in equilibrio quando la forza di attrito (statico) è uguale e opposta alla componente del
peso parallela al piano. La forza di attrito è: F att = s P
All'equilibrio: F att =P
∥
⊥
= s m g cos 30 ° .
⇒ s m g cos 30 °=m g sen 30 ° ⇒  s =tg 30 °=
1
≃0,577
3
è il minimo valore del coefficiente di attrito statico necessario per l'equilibrio.
c. In questo caso, siamo in presenza di una forza di attrito F att =d P
⊥
=d m g cos 30 ° .
La forza risultante che agisce sul corpo è: F =P ∥ −F att =m g sen 30 °−d m g cos 30 ° .
Il corpo subisce un'accelerazione: a ' =
F
m
=g  sen 30 °−d cos 30 ° ≃4,05 2 .
m
s
Di conseguenza cambiano il tempo impiegato a percorrere il piano:
t '=
 
m
2l
60
.
≃
≃3,84 s e la velocità finale: v ' =a ' t ' ≃4,05⋅3,84≃15,6
s
a'
4,05
Possiamo osservare che il dato della massa del corpo era superfluo, in quanto sul corpo agiscono
soltanto forze (il peso e l'attrito) direttamente proporzionali alla massa stessa.
3.
a.
riv =
2
6, 28
−7
11
4m
−7 rad
≃
≃1,99⋅10
; v riv =riv RTS ≃1,99⋅10 ⋅1,50⋅10 ≃2,99⋅10
;
2
s
T riv 365⋅24⋅60
s
a c riv =2riv RTS ≃1,99⋅10−7 2⋅1,50⋅1011≃5,94⋅10−3
b.
rot eq =
2
6, 28
rad
−5
6
2m
≃
≃7,27⋅10−5
; v rot eq =rot RT ≃7,27⋅10 ⋅6,38⋅10 ≃4,64⋅10
;
2
s
T rot 24⋅60
s
a c rot eq=2rot RT ≃7,27⋅10−5 2⋅6,38⋅106 ≃3,37⋅10−2
c.
m
.
s2
m
.
s2
 3 ≃4,02⋅102 m
rot P =rot eq ; v rot P =rot RT cos ≃7,27⋅10−5⋅6,38⋅106⋅
2
s
 3 ≃2,92⋅10−2 m
a c rot P =2rot RT cos ≃7,27⋅10−5 2⋅6,38⋅106⋅
2
s2
;
.
La caduta non avviene esattamente lungo la verticale, in quanto l'oggetto lasciato cadere ha una
velocità tangenziale dovuta al moto di rotazione terrestre lievemente maggiore di quella dei punti che
incontra nel corso della caduta.
 
1
2h
200
Il tempo di caduta del peso è: h= g t 2 ⇒ t c =
≃
≃4,52 s .
2
g
9,8
Il piede della verticale possiede la velocità tangenziale v vert =v rot eq =rot RT , che abbiamo calcolato
in precedenza. Il peso ha velocità tangenziale: v peso=rot  RT h .
−5
2
−3
La differenza delle due velocità è:  v=rot h≃7,27⋅10 ⋅10 ≃7,27⋅10
m
.
s
La deviazione dalla verticale è quindi:  x= v t c ≃7,27⋅10−3⋅4,52≃3,29⋅10−2 m .
3^C PNI – FISICA
compito n°4 - 2011-2012
mB
1. Un blocco di massa m B =6,00 kg è appoggiato su un tavolo liscio.
Esso è collegato da un filo di massa trascurabile ad un secondo blocco
mA
di massa m A=2,00 kg , sospeso oltre il bordo del tavolo. Calcola
l'accelerazione del sistema e la tensione del filo. Ricava la formula che esprime l'accelerazione del
sistema nel caso in cui tra il blocco B ed il tavolo sia presente un attrito dinamico di coefficiente d .
Quali sono i limiti di validità di tale formula? Cosa avviene al di fuori di tali limiti?
2. La macchina di Atwood è un sistema costituito da una carrucola a cui sono sospesi due
corpi di masse m B m A . Ricava le formule che esprimono l'accelerazione del sistema e
la tensione della fune in funzione dei dati. Calcola i risultati nei casi particolari in cui
m A=m B o m A ≪m B e commentali.
3. Una persona di massa m=80 kg si trova su una bilancia posta sul pavimento della cabina
mA
mB
di un ascensore. Calcola il peso indicato dalla bilancia nei casi in cui:
a. la cabina si muove con velocità costante v=15,0 m/ s verso l'alto o verso il basso;
b. la cabina si muove con accelerazione costante a=1,50 m/ s 2 verso l'alto o verso il basso;
c. il cavo dell'ascensore si rompe e la cabina è in caduta libera.
4. Nel progettare una strada, sei costretto ad inserire una curva con raggio di curvatura r=60,0 m .
Sapendo che tra le gomme e l'asfalto c'è un attrito statico di coefficiente  s =0,70 , calcola la velocità
massima a cui le automobili potranno percorrere la curva senza pericolo.
Spiega perché in questo caso è rilevante l'attrito statico, e cosa avviene se, invece, tra pneumatici ed
asfalto vi è attrito dinamico.
Si prevede che sulla strada possa formarsi del ghiaccio, e che quindi l'attrito
y
possa diventare trascurabile. Di quale angolo  devi sopraelevare la curva per
x
fare in modo che le automobili possano affrontarla con la stessa velocità

massima calcolata in precedenza?
5. Una pallina cade dal soffitto di un treno. Determina, spiegando i
x
ragionamenti seguiti e le risposte ottenute, l'equazione della
TR
traiettoria della pallina vista dall'osservatore TR (in quiete
rispetto al treno) e dall'osservatore SU (in quiete rispetto al
v/a
y
SU
suolo) nei casi in cui:
a. il treno si muova con velocità costante v=2 m/ s verso destra;
b. il treno, che era fermo quando la pallina si è staccata dal soffitto, si muove con accelerazione
costante a=5 m/ s 2 verso destra.
Disegna le traiettorie in ciascuno dei quattro casi.
3^C – Correzione compito fisica n°4
1. Se il tavolo è liscio, l'accelerazione del sistema è: a=
mA
2⋅9,8
m
g≃
≃2,45 2 , e la
m Am B
8
s
tensione del filo: T =m B a≃6⋅2,45≃14,7 N .
In presenza di attrito, abbiamo: m A g−d m B g=ma m B  a ⇒ a=
La formula ottenuta è valida quando m A−d m B ≥0 ⇒ d ≤
m A −d m B
g .
ma m B
mA
≃0,33 .
mB
Per valori maggiori di d , non si ha un'accelerazione negativa (la formula non fornisce più
risultati corretti), ma la forza di attrito uguaglia il peso del blocco A e il sistema rimane in
equilibrio con a=0 .
2. Per il 2° principio: m B −m A  g=m B m A  a ⇒ a=
m B −m A
g .
m B m A
Considero il corpo A: T −m A g=m A a ⇒ T =m A gm A
m B −m A
2 m A mB
g=
g .
m B m A
m Am B
Se m A=m B =m , ricavo: a=0 e T =mg , ovvero il sistema è in equilibrio e la tensione
della corda è uguale al peso di ciascuno dei due corpi.
Se m A ≪m B , ricavo: a≈ g e T ≈0 , ovvero il sistema è praticamente in caduta libera, e la
corda non esercita quasi alcuna tensione.
3. Sulla persona agiscono la forza peso e la reazione vincolare della bilancia. Scegliendo come
verso positivo quello verso il basso, deve essere: mg−R=ma ⇒ R=m g−a . Sulla bilancia
agisce una forza uguale ed opposta alla reazione vincolare R. Quindi:
a.
a=0 ⇒ R=mg≃80⋅9,8≃784 N .
b. Verso l'alto: a=−1,5 m/ s 2 ⇒ R≃80⋅9,81,5≃904 N .
Verso il basso: a=1,5 m/ s 2 ⇒ R≃80⋅9,8−1,5≃664 N .
c.
a≃9,8 m/ s 2 ⇒ R=0 .
4. Poiché l'attrito statico deve agire da forza centripeta, dovrà essere:
mv 2
m
km
.
≤s mg ⇒ v max =   s rg≃  0,7⋅60⋅9,8≃20,3 ≃73,0
r
s
h
E' rilevante l'attrito statico in quanto, in un rotolamento ideale, il punto di contatto tra la gomma
e l'asfalto risulta istantaneamente in quiete. In presenza di attrito dinamico, tale punto di contatto
si muove, e, quindi, la macchina slitta.
Sull'automobile agiscono la forza peso e la reazione vincolare della strada. La componente
verticale della reazione vincolare deve equilibrare il peso dell'autovettura: R y = R cos =mg ,
mentre la componente orizzontale deve assumere il ruolo di forza
centripeta: R x =R sen =m
Ry
2
v
r
. Eliminando la reazione vincolare per
sostituzione o dividendo membro a membro le due equazioni, ricaviamo:
tg =
R

Rx
P
v 2 20,32
≃
≃0,701 ⇒ ≃tg −1 0,701≃35,0 ° .
rg 60⋅9,8
5.
a. Per l'osservatore TR, la pallina è in caduta libera lungo la verticale, quindi la sua traiettoria è
un segmento giacente sull'asse y.
Per l'osservatore SU, la pallina si muove verso destra con la stessa velocità del treno, quindi le
equazioni del suo moto sono: x=vt , y= g t 2 / 2 .
Eliminando il tempo, ricavo: y=
g 2
x ≃1,23 x 2 che, con le opportune limitazioni,
2
2v
rappresenta un arco di parabola con la concavità rivolta verso il suolo (il segno positivo del
coefficiente è dovuto alla nostra scelta del verso dell'asse delle ordinate).
b. Poiché il treno era inizialmente fermo, per l'osservatore SU la pallina è in caduta libera lungo
la verticale, quindi la sua traiettoria è un segmento giacente sull'asse y.
L'osservatore TR si trova in un sistema di riferimento non inerziale in cui, per “salvare” la
validità dei principi della dinamica, è costretto ad introdurre una forza fittizia, detta forza di
inerzia, di modulo F =−m a . Le equazioni del moto sono: x=−at 2 / 2 , y=g t 2 / 2 .
Eliminando il tempo, ricavo: y=−
g
x≃−1,96 x . La traiettoria è il segmento rappresentato
a
in figura (anche in questo caso, il segno “sbagliato” è dovuto alla nostra scelta del verso
dell'asse delle ordinate).
TR b
TR a
SU b
SU a
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86
ESERCIZIO 1
Una mano spinge due corpi su una superficie orizzontale
priva di attrito, come mostrato in figura. Le masse dei corpi
sono 2 Kg e 1 Kg. La mano esercita la forza di 5 N sul
corpo di 2 Kg.
5N
2Kg
1Kg
a) Qual è l’accelerazione del sistema?
b) Qual è l’accelerazione del corpo di 1 Kg? Si trovi la forza
risultante che agisce su questo corpo. Qual è l’origine della
forza che agisce su questo corpo?
c) Si mostrino tutte le forze che agiscono sul corpo di 2 Kg.
Qual è la forza risultante che agisce su di esso?
ESERCIZIO 1
a) Qual è l’accelerazione del sistema?
Poiché i due corpi si muovono insieme, possono essere
considerati come un corpo unico avente la massa di 3 Kg.
5N
a
2Kg
1Kg
MODULO:
F = ma
F
5
a =
= m / s 2 = 1,67 m / s 2
m 3
DIREZIONE: stessa direzione della forza
VERSO: stesso verso della forza
ESERCIZIO 1
b) Qual è l’accelerazione del corpo di 1 Kg? Si trovi la
forza risultante che agisce su questo corpo. Qual è
l’origine della forza che agisce su questo corpo?
5N
2Kg
CORPO 1
CORPO 2
1Kg
L’accelerazione del corpo 2 è uguale all’accelerazione di
tutto il sistema trovata al punto precedente.
F12 = m a = 1Kg ⋅1,67 m / s 2 = 1,67( Kg ⋅ m) / s 2 = 1,67 N
La forza che agisce sul corpo 2 è originata dalla reazione
vincolare tra i due corpi.
ESERCIZIO 1
c) Si mostrino tutte le forze che agiscono sul corpo di 2
Kg. Qual è la forza risultante che agisce su di esso?
Fe = 5 N
F21
Fe
Fp
N
Fe
F21
FR
Fp = 2 Kg ⋅ 9,81m / s 2 = 19,62 N
N = Fp = 19,62 N
F21 = F12 = 1,67 N
FR = Fe − F21 = 5 − 1,67 = 3,33 N
ESERCIZIO 2
Una scatola di 2 Kg è ferma su un piano privo di attrito,
inclinato di un angolo di 30°, sospesa ad una molla. La
molla si allunga di 3 cm.
a) Si trovi la costante elastica della molla.
b) Se si sposta la scatola verso il basso lungo il piano
inclinato, allontanandola di 5 cm dalla sua posizione di
equilibrio, e poi la si lascia andare, quale sarà la sua
accelerazione iniziale?
ESERCIZIO 2
a) Si trovi la costante elastica della molla.
y
Fpx
F = − kx
k=
F
x
=
F
Fpy
Fpx
Fp
x
Fpx = Fp sen30° = 2 Kg ⋅ 9,81m / s 2 ⋅ 0,5 = 9,81N
9,81N
k=
= 327 N / m
0,03m
x
ESERCIZIO 2
b) Se si sposta la scatola verso il basso lungo il piano
inclinato, allontanandola di 5 cm dalla sua posizione di
equilibrio, e poi la si lascia andare, quale sarà la sua
accelerazione iniziale?
y
x
F
Fpx
Fpy
F = −327 N / m ⋅ 0,08m = 26,16 N
a =
F − Fpx
m
Fp
26,16 N − 9,81N
=
= 8,18m / s 2
2 Kg
ESERCIZIO 3
In ognuna delle seguenti figure, i corpi sono attaccati a
dinamometri a molla tarati in Newton. Si trovino le
indicazioni dei dinamometri in ciascun caso, supponendo
che le corde siano prive di massa e che il piano inclinato
sia privo di attrito.
ESERCIZIO 3
CASO (a)
F = 10 Kg ⋅ 9,81m / s = 98,1N
2
10 kg
F
ESERCIZIO 3
CASO (b)
10 kg
10 kg
F1
F = F1 = F2 = 10 Kg ⋅ 9,81m / s 2 = 98,1N
F2
ESERCIZIO 3
CASO (c)
F1 = F2 = 5Kg ⋅ 9,81m / s 2 = 49,05 N
F1
F2
10 kg
Fp
ESERCIZIO 3
CASO (d)
F = (10 Kg ⋅ sen30°) ⋅ 9,81m / s 2 = 49,05 N
F
ESERCIZIO 4
Un corpo di massa 2 kg è sospeso a un dinamometro
(tarato in newton) attaccato al soffitto di un ascensore.
Che cosa indica il dinamometro se l’ascensore:
(a) sale con velocità costante di 30 m/s ?
(b) scende con velocità costante di 30 m/s ?
(c) accelera verso l’alto con l’accelerazione di 10 m/s2 ?
(d) Da t=0 a t=2 s l’ascensore sale a 10 m/s: poi la velocità
viene ridotta uniformemente a zero nei 2 s successivi, cosi
che esso si ferma per t=4 s. Si descriva l’indicazione del
dinamometro nell’intervallo di tempo tra t=0 e t=4 s.
ESERCIZIO 4
(a)(b) Se l’ascensore sale o scende con velocità costante di
30 m/s ?
Se la velocità è costante vuol dire che
l’accelerazione è nulla per cui:
v = 30m / s
a=0
P = mg = 2 ⋅ 9,81 = 19,62 N
2 kg
P
ascensore
ESERCIZIO 4
(c) Se l’ascensore accelera verso l’alto con l’accelerazione di
10 m/s2 ?
a
Se l’ascensore accelera verso l’alto anche il
dinamometro ha un’ accelerazione verso
l’alto mentre il corpo rimane fermo, che è
come dire che il corpo subisce
un’accelerazione a’ verso il basso rispetto al
dinamometro. Per cui abbiamo che:
a = a ' = 10m / s
P = mg + ma' = 2 ⋅ (9,81 + 10) = 39,62 N
2
2 kg
P a’
ascensore
ESERCIZIO 4
(d) Da t=0 a t=2 s l’ascensore sale a 10 m/s: poi la velocità
viene ridotta uniformemente a zero nei 2 s successivi,
così che esso si ferma per t=4 s. Si descriva l’indicazione
del dinamometro nell’intervallo di tempo tra t=0 e t=4 s.
Durante lo spostamento a v=cost, cioè per t
che va da 0 a 2 s il dinamometro misura
sempre P=mg; mentre nella fase di
decelerazione da 2 s a 4 s si ha che:
(v fin − viniz )
(0 − 10) − 10
=
a=
=
= −5m / s 2
(t fin − tiniz )
(4 − 2)
2
P = mg + ma = 2 ⋅ (9,81 − 5) = 9,62 N
2 kg
P
ascensore
ESERCIZIO 5
Due corpi di 5 kg sono collegati da una corda leggera. Il
tavolo è privo di attrito e la corda score su un piolo privo di
attrito. Si trovi l’accelerazione delle masse e la tensione
nella corda.
5 kg
5 kg
ESERCIZIO 5
T1 = m1a1
m2 g − T2 = m2 a2
a1 = a2 = a T1 = T2 = T
T1
m1
Fn
P1
m2 g − T = m2 a
m2 g − m1a = m2 a
m2 g
5 ⋅ 9,81
a=
=
= 4,91m / s 2
m2 + m1
5+5
T = ma = 4,91 ⋅ 5 = 24,55 N
T2
m2
P2
ESERCIZIO 6
Un corpo di 2,8 kg striscia su un piano privo di attrito. Esso
è attaccato a un corpo di 0,2 kg con uno spago. Si trovi il
tempo che impiega il corpo di 0,2 kg per scendere di 2 m,
se il sistema è inizialmente fermo.
2,8 kg
0,2 kg
2m
ESERCIZIO 6
T = m1a
m1
T
m2 g − T = m2 a
T
m2 g − m1a = m2 a
m2 g
0,2 ⋅ 9,81
a=
=
= 0,65m / s 2
m2 + m1 2,8 + 0,2
1 2
Δx = v0t + at ; v0 = 0
2
2Δx
2⋅2
t=
=
= 6,15s
a
0,65
m2
P
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La Dinamica
Problemi di Fisica
La Dinamica
PROBLEMA N. 1
Un corpo di massa m = 240 kg viene spostato con una forza costante F = 130 N su una
superficie priva di attrito per un tratto s = 2,3 m. Supponendo che il corpo inizialmente è in
condizione di riposo, calcolare la velocità finale ed il tempo che impiega per percorrere il tratto
s.
SOLUZIONE
Diagramma delle forze
Dalla seconda legge della dinamica ricaviamo l’accelerazione:
F = m⋅a ⇒ a =
F 130
=
= 0,54m / s 2
m 240
Poiché si tratta di un moto uniformemente accelerato, applichiamo le relative leggi:
1 2
⎧
⎪s = s 0 + v 0 t + at
poiché V0 = 0 e S0 = 0 le relazioni diventano:
2
⎨
⎪⎩v f = v 0 + at
⎧ 1 2
⎪s = at
⎨ 2
⎪⎩v f = at
Si tratta di un sistema di due equazioni in due incognite, t e Vf, le cui soluzioni sono:
⎧
2s
= 2,9s
⎪t =
a
⎪
⎨
⎪v = a ⋅ 2s = 1,58m / s
⎪⎩
a
La Dinamica
PROBLEMA N. 2
Un corpo di massa M = 2 kg si muove con velocità V = 3 m/s. Una forza diretta in senso
opposto al moto arresta il corpo dopo un tempo t = 1 s. Calcolare:
L’intensità della forza applicata
Lo spazio percorso dall’istante in cui viene applicata la forza
SOLUZIONE
Applichiamo il 2° principio della dinamica per calcolare la forza che arresta il corpo:
F = M ⋅ a = 2 ⋅ 3 = −6 N
dove a =
VF − VI − 3
=
= −3m / s 2
t
1
La forza è negativa in quanto si oppone al moto fino ad arrestarlo.
Poiché si tratta di un moto uniformemente decelerato, lo spazio percorso nel tempo t = 1s
è dato da:
s = VI ⋅ t −
1 2
1
at = 3 ⋅ 1 − ⋅ 3 ⋅ 12 = 1,5m
2
2
PROBLEMA N. 3
Un corpo di massa M = 10 kg è in moto su un piano orizzontale che presenta un coefficiente di
attrito µ = 0,2. Se all’istante t tale corpo possiede una velocità di 10 m/s, quanto vale
l’intensità della forza che dobbiamo applicare da quell’istante in poi perché il corpo continui a
muoversi di moto rettilineo uniforme?
SOLUZIONE
Il quesito del problema trova la risposta nel:
1° principio della dinamica
r r
V = cos t ⇒ ∑ F = 0 ⇒ F − Fa = 0 ⇒ F = Fa = µ ⋅ R = µ ⋅ M ⋅ g = 0,2 ⋅10 ⋅ 9,8 = 19,6 N
La Dinamica
PROBLEMA N. 4
Un corpo di massa M = 2 kg viene lanciato verso l’alto lungo un piano inclinato α = 30° e con
coefficiente di attrito µ = 0,4. Determinare la forza che bisogna applicare al corpo affinché il
moto lungo il piano inclinato sia uniforme
SOLUZIONE
Il quesito del problema trova la risposta nel:
1° principio della dinamica
V = cos t ⇒
r
r
∑F = 0 ⇒ F − F
a
− Px = 0 ⇒ F = Fa + Px = µ ⋅ Py + Px = µ ⋅ P ⋅ cos α + P ⋅ senα = P ⋅ (µ ⋅ cos α + senα ) =
Mg ⋅ (µ ⋅ cos α + senα) = 2 ⋅ 9, 8 ⋅ (0, 4 ⋅ cos 30° + sen30°) = 16, 6N
PROBLEMA N. 5
Il coefficiente di attrito tra un corpo di massa M = 20 kg ed il pavimento è µ = 0,2. Calcolare
l’accelerazione impressa al corpo da una forza di 100 N inclinata di 60° rispetto all’orizzontale,
e la reazione vincolare.
SOLUZIONE
Il problema viene risolto applicando il secondo principio della dinamica, tenendo conto che si
tratta di una equazione vettoriale:
r
r
⎧
F
r
r ⎪∑ x = M ⋅ a ⎧Fx − Fa = M ⋅ a
∑ F = M ⋅ a ⇒ ⎨ Fr = 0r ⇒ ⎨R + Fy − P = 0
⎪⎩∑ y
⎩
La Dinamica
Il sistema così ottenuto contiene le due incognite del problema, l’accelerazione a e la reazione
vincolare R. Risolto dà le seguenti soluzioni:
⎧R = P − Fy = Mg − F ⋅ senα = 20 ⋅ 9,8 − 100 ⋅ sen 60° = 109 N
⎪
⎨
Fx − Fa F ⋅ cos α − µ ⋅ R 100 ⋅ cos 60° − 0,2 ⋅109
=
=
= 1,5m / s 2
⎪a =
M
M
20
⎩
PROBLEMA N. 6
Un automobile avente la massa M = 1600 kg percorre 80 m, prima di fermarsi, con una forza
frenante costante pari a 6250 N. Calcolare:
1. La velocità dell’automobile all’istante in cui inizia la frenata
2. Il tempo impiegato per fermarsi
SOLUZIONE
Innanzitutto calcoliamo la decelerazione, attraverso il 2° principio della dinamica,subita dalla
macchina durante la frenata:
r
r
F 6250
F = M⋅a ⇒ a =
=
= −3,9m / s 2
M 1600
Poiché si tratta di un moto uniformemente decelerato, applichiamo le rispettive leggi per
rispondere ai quesiti del problema
1.
⎧
1 2
1
2S
⎪S = V0t − at
⇒ S = at2 − at2 ⇒ 2S = 2at2 − at2 ⇒ 2S = at2 ⇒ t2 =
⇒t=
2
⎨
2
a
⎪ V = at
0
⎩
2S
=
a
2 ⋅ 80
= 6, 4s
3,9
2. V0 = 3,9 ⋅ 6,4 = 25m / s = 90km / h
PROBLEMA N. 7
Un elettrone viene sparato tra due piastre cariche con una velocità V = 2·106 m/s. Il campo
elettrico tra le due piastre ostacola il moto dell’elettrone con una forza F = 4,8·10-17 N.
Sapendo che la massa dell’elettrone è m = 0,91·10-30 kg, calcolare la distanza percorsa prima
di essere arrestato dalla forza elettrica.
SOLUZIONE
Innanzitutto calcoliamo la decelerazione subita dall’elettrone, attraverso il 2° principio della
dinamica:
r
r
F
4,8 ⋅ 10 −17
F= M⋅a ⇒a =
=
= −5,3 ⋅ 1013 m / s 2
M 0,91 ⋅ 10 −30
La Dinamica
rispondere ai quesiti del problema:
⎧ V0
2 ⋅ 10 6
t
=
=
= 0,4 ⋅ 10 − 7 s
⎪⎪
13
a
5,3 ⋅ 10
⎨
⎪S = V t − 1 at 2 = 2 ⋅ 10 6 ⋅ 0,4 ⋅ 10 − 7 − 1 ⋅ 5,3 ⋅ 1013 ⋅ (0,4 ⋅ 10 − 7 ) 2 = 0,04m = 4cm
0
⎪⎩
2
2
PROBLEMA N. 8
Un copro di massa M viene lanciato lungo un piano inclinato (α = 30°) con velocità V = 10
m/s. Se l’attrito tra corpo e piano è µ = 0,2, determinare a quale altezza h, rispetto
all’orizzontale, si ferma il corpo.
SOLUZIONE
Innanzitutto calcoliamo la decelerazione, attraverso il 2° principio della dinamica, subita dal
corpo durante il moto lungo il piano inclinato:
r
∑F = M ⋅ a ⇒ − F
r
a
− Px = M ⋅ a ⇒ a =
−µ ⋅ Py − Px
−Fa − Px
−µ ⋅ P ⋅ cos α − P ⋅ senα P ⋅ (−µ cos α − senα)
=
=
=
=
M
M
M
M
/ ⋅ (−µ cos α − senα)
Mg
= 9, 8 ⋅ (0,2 ⋅ cos 30° − sen30°) = −6, 6m / s2
/
M
calcolare lo spazio percorso:
⎧ V0 10
⎪⎪t = a = 6,6 = 1,5s
⎨
⎪S = V t − 1 at 2 = 10 ⋅ 1,5 − 1 ⋅ 6,6 ⋅ 1,5 2 = 7,6m
0
⎪⎩
2
2
Da considerazioni di carattere trigonometrico calcoliamo l’altezza h alla quale il corpo si ferma:
h = S ⋅ senα = 7,6 ⋅ sen30° = 3,8m
La Dinamica
PROBLEMA N. 9
Una massa M = 3,3kg si muove su un piano con un coefficiente d’attrito µ = 0.3, secondo la
direzione indicata in figura, sotto l’azione di una massa m = 2,1kg. Nell’ipotesi che la fune sia
priva di massa e che la carrucola non introduce nessun attrito, calcolare l’accelerazione e la
tensione della corda.
SOLUZIONE
Applichiamo la seconda legge della dinamica ai due corpi, tenendo presente che l’accelerazione
è la stessa per le due masse in base alle ipotesi del problema:
CORPO M
r
r
r ⎧⎪∑ Fx = M ⋅ a ⎧T − Fa = M ⋅ a
⇒⎨
⇒ ∑ F = M⋅a = ⎨
⎪⎩∑ Fy = 0
⎩ N − PM = 0
CORPO m
⇒ T − Pm = m ⋅ a
Riuniamo le precedenti equazioni in un unico sistema di tre equazioni in tre incognite:
⎧T − Fa = M ⋅ a
⎪
⎨ N − PM = 0
⎪T − P = −m ⋅ a
m
⎩
che risolto, darà le seguenti soluzioni:
⎧
⎪ N = P = M ⋅ g = 3,3 ⋅ 9,8 = 32,3N
M
⎪⎪
⎨T = M ⋅ a + Fa = 3,1 ⋅ 2 + 0,3 ⋅ 32,3 = 15,9 N
⎪
10,9
⎪M ⋅ a + Fa − Pm = −m ⋅ a ⇒ 3,3a + 0,3 ⋅ 32,3 − 20,6 = −2,1a ⇒ 5,4a = 10,9 ⇒ a =
= 2m / s 2
⎪⎩
5,4
La Dinamica
PROBLEMA N. 10
Dato il sistema di masse in figura, calcolare la loro accelerazione e la tensione della fune, nell’
ipotesi che la fune non abbia massa e la carrucola sia priva di attrito.
SOLUZIONE
Applichiamo la seconda legge della dinamica ai due corpi, tenendo presente che l’accelerazione
è la stessa per le due masse in base alle ipotesi del problema:
⎧T − PM = −M ⋅ a
⎨
⎩T − Pm = m ⋅ a
E’ un sistema di due equazioni in due incognite, che risolto dà le seguenti soluzioni:
⎧T − Mg = −M ⋅ a ⇒ T = Mg − Ma = 17 N
⎪
M−m
⎨
2
⎪⎩Mg − Ma − mg = ma ⇒ a ⋅ (M + m) = g ⋅ (M − m) ⇒ a = M + m ⋅ g = 3,6m / s
PROBLEMA N. 11
Un passeggero di massa m = 72.2 kg sta su una bilancia nella cabina di un ascensore. Che
cosa segna la bilancia quando l’accelerazione assume i valori dati in figura?
SOLUZIONE
La Dinamica
1° caso: a = 0
N − Mg = 0 ⇒ N = Mg = 72,2 ⋅ 9,8 = 708N
La bilancia segna il peso effettivo del passeggero
2° caso: a = -3,2 m/s2
N − Mg = −Ma ⇒ N = Mg − Ma = M ⋅ (g − a ) = 72,2 ⋅ (9,8 − 3,2) = 477 N
La bilancia segna un peso inferiore di 231 N ed il passeggero pensa di aver dimagrito 23,6 kg
(M = P/g= 231/9,8 = 23,6 kg)
3° caso: a = 3,2 m/s2
N − Mg = Ma ⇒ N = M ⋅ (g + a ) = 72,2 ⋅ (9,8 + 3,2) = 939 N
La bilancia segna un peso superiore di 231 N ed il passeggero pensa di aver ingrassato 23,6 kg
(M = P/g= 231/9,8 = 23,6 kg)
PROBLEMA N. 12
Calcolare la velocità di un’auto nell’istante in cui effettua una frenata, supponendo che la
“strisciata” dei pneumatici sull’asfalto sia di 290 m ed il coefficiente di attrito dinamico µD =
0.60
SOLUZIONE
Applicando le equazioni del moto uniformemente accelerato si ottiene:
1 2
⎧
⎪s = v 0 t − at
⇒ V0 = 2as
2
⎨
⎪⎩v f = v 0 − at
essendo vf = 0
Il valore dell’accelerazione lo ricaviamo applicando il 2° principio della dinamica:
− Fa = − Ma ⇒ a =
Fa µ D M
/g
=
= µD ⋅ g
M
M
/
In definitiva:
v 0 = 2µ D ⋅ g ⋅ s = 210Km / h
La Dinamica
PROBLEMA N. 13
Dato il sistema in figura (m = 14kg α = 30°) calcolare il coefficiente di attrito dinamico tra la
massa m ed il piano inclinato nell’ipotesi che le masse si muovano di moto uniforme.
SOLUZIONE
2° principio della dinamica applicato alla massa M :
r
r
⎧
F
r
r ⎪∑ x = M ⋅ a ⎧T − Fa − Px = 0
∑ F = M ⋅ a ⇒ ⎨ Fr = 0r ⇒ ⎨N − Py = 0
⎪⎩∑ y
⎩
dove a = 0 perché v = costante
2° principio della dinamica applicato alla massa m :
r
r
F
∑ = m ⋅ a ⇒ T − Pm = 0
dove a = 0 perché v = costante
Riuniamo le precedenti equazioni in un unico sistema:
⎧T − Fa − Px = 0
⎪
⎨ N − Py = 0
⎪
⎩T − Pm = 0
Sapendo che Px = P·senα
e
Py = P·cosα il sistema ammetterà le seguenti soluzioni:
⎧T = m ⋅ g = 14 ⋅ 9,8 = 137 N
⎪
⎨Fa = T − Px = T − Mgsenα = 137 − 14 ⋅ 9,8 ⋅ sen30° = 68 N
⎪ N = P = Mg cos α = 14 ⋅ 9,8 ⋅ cos 30° = 119 N
y
⎩
Pertanto il coefficiente di attrito dinamico sarà:
Fa = µ D N ⇒ µ D =
Fa
68
=
= 0,57
N 119
La Dinamica
PROBLEMA N. 14
Dato il sistema in figura formato dalle masse M = M1 = M2 = 2 kg e da un piano inclinato (α =
30°) privo di attrito, determinare:
1. L’accelerazione delle masse
2. La tensione della fune, supposta inestensibile
3. La reazione vincolare del piano inclinato
SOLUZIONE
Il problema viene risolto applicando il secondo principio della dinamica a ciascuna massa e
tenendo conto che sono equazioni vettoriali e come tali scomponibili lungo gli assi cartesiani.
Inoltre, in base alle ipotesi del problema, l’accelerazione è la stessa per le due masse così
come la tensione della fune.
CORPO M1
r
r
r ⎧⎪∑ Fx = M ⋅ a ⎧T − Px = M ⋅ a
⇒⎨
⇒ ∑ F = M⋅a = ⎨
⎪⎩∑ Fy = 0
⎩ R − Py = 0
CORPO M2
⇒ ∑ Fy = M ⋅ a ⇒T − P = −M ⋅ a
NOTARE: Abbiamo ipotizzato che la massa M2 si muove verso il basso, ed in base al sistema di riferimento
scelto la sua accelerazione è un vettore negativo, e quindi la massa M1 si muove verso l’alto lungo il piano
inclinato, ed in base al sistema di riferimento scelto la sua accelerazione è un vettore positivo.
Riuniamo le precedenti equazioni in un unico sistema, ottenendo così un sistema di tre
equazioni in tre incognite, che sono quelle poste come quesito dal problema:
⎧T − Px = M ⋅ a
⎪
⎨R − P y = 0
⎪
⎩T − P = −M ⋅ a
Risolviamo il sistema con il metodo di sostituzione, ricavando l’incognita T dalla prima
equazione e sostituendola nella terza equazione otteniamo il valore dell’accelerazione:
⎧ T = Px + M ⋅ a
⎪
/ ⋅ (1 − senα)
P − Px
P − P ⋅ senα P ⋅ (1 − senα) Mg
⎪
=
=
=
= 2, 45m / s2
⎨Px + M ⋅ a − P = −M ⋅ a ⇒ 2M ⋅ a = P − Px ⇒ a =
/
2M
2M
2M
2M
⎪
⎪R − Py = 0
⎩
La Dinamica
A questo punto le altre incognite sono facilmente calcolabili:
⎧T = P ⋅ senα + M ⋅ a = Mg ⋅ senα + M ⋅ a = M ⋅ (g ⋅ senα + a ) = 2 ⋅ (9,8 ⋅ sen30° + 2,45) = 14,7 N
⎪
2
⎨a = 2,45m / s
⎪R = P = P ⋅ cos α = Mg ⋅ cos α = 2 ⋅ 9,8 ⋅ cos 30° = 17 N
y
⎩
Conclusione: La massa M2 si muove verso il basso perché il valore trovato, essendo
positivo, è in accordo con l’ipotesi fatta.
PROBLEMA N. 15
Un corpo di massa M = 75kg viene tirato, a velocità costante, con una fune inestensibile con
un angolo α = 42° rispetto alla direzione di moto. Supponendo che il coefficiente di attrito
dinamico è µD = 0.1, calcolare la tensione della fune.
SOLUZIONE
2° PRINCIPIO DELLA DINAMICA APPLICATO AL CORPO M
r
r
⎧⎪∑ Fx = 0
r r
∑ F = 0 ⇒ ⎨ Fr = 0r
⎪⎩∑ y
a = 0 perché V = cost
Il sistema diventa:
⎧T2 − Fa = 0
⎧T ⋅ cos α − Fa = 0
⇒⎨
⎨
⎩ N + T1 − P = 0 ⎩ N + T ⋅ senα − P = 0
dove: T1 = T·sinα T2 = T·cosα Fa = µDN = µDMg
P = Mg
Il sistema, così ottenuto, nelle incognite T e N, ammette le seguenti soluzioni:
µ D Mg
⎧
= 91N
⎪T =
cos α + µ D senα
⎨
⎪ N = Mg − Tsenα = 670 N
⎩
PROBLEMA N. 16
La figura rappresenta un’automobile di massa M = 1600kg che viaggia a velocità costante v =
20m/s su una pista piana e circolare di raggio R = 190m.
Qual è il valore minimo del coefficiente di attrito tra i pneumatici ed il terreno che
impedisce alla macchina di slittare verso l’esterno?
Se la curva è sopraelevata, a quale angolo dovrà essere inclinato il fondo stradale per
garantire la tenuta di strada senza l’ausilio della forza di attrito?
La Dinamica
SOLUZIONE
PRIMO CASO
dove
P = Mg
ac = v2/R
r
r
⎧⎪∑ Fx = 0 ⎧Fa = M ⋅ a c
r
⇒ ∑F = M ⋅ac ⇒ ⎨ r
r⇒⎨
⎪⎩∑ Fy = 0 ⎩ N − P = 0
Fa = µDN = µDMg
Pertanto:
µD ⋅M
/ ⋅g = M
/
v2
V2
20 2
⇒ µD =
=
= 0,21
R
g ⋅ R 9,8 ⋅190
SECONDO CASO
2° PRINCIPIO DELLA DINAMICA
dove: N1 = N·cosα
r
r
⎧⎪∑ Fx = 0 ⎧ N 2 = M ⋅ a c
r
⎧ N ⋅ senα = M ⋅ a C
⇒⎨
⇒ ∑ F = M⋅ac ⇒ ⎨ r
r⇒⎨
⎩ N ⋅ cos α = M ⋅ g
⎪⎩∑ Fy = 0 ⎩ N 1 − P = 0
N2 = N·senα
P = Mg
ac = v2/R
Dividendo membro a membro le equazioni del sistema, otteniamo:
ac
g
/g
N
V2
20 2
/ cos α M
=
⇒ ctgα =
⇒ tgα =
=
=
= 0,21 ⇒ α = 12°
N
ac
g g ⋅ R 9,8 ⋅190
/ ac
/ senα M
La Dinamica
PROBLEMA N.17
Un veicolo compie un giro della morte su una pista circolare, di raggio R = 3 m, disposta in un
piano verticale. Qual è la minima velocità che il veicolo deve avere nel punto più alto della
pista?
SOLUZIONE
dove P = Mg
r
r
⇒ ∑ F = M ⋅a ⇒ N + P = M ⋅ac
ac = v2/R (accelerazione centripeta)
Se il veicolo è nella condizione di perdere contatto con la pista, allora N = 0, per cui la legge
diventa:
/g=M
/
P = M ⋅ac ⇒ M
v2
⇒ V = g ⋅ R = 9,8 ⋅ 3 = 5,4m / s
R
Per essere certi che il veicolo non perda contatto con la pista nel punto più alto, la velocità
deve essere maggiore di 5.4 m/s.
PROBLEMA N.18
Dato il sistema in figura, calcolare l’accelerazione e le tensioni delle funi.
La Dinamica
SOLUZIONE
Disegniamo il diagramma delle forze per ciascun corpo:
Applichiamo il 2° principio della dinamica a ciascun corpo:
M 1 ⇒ P1 − T1 = M 1 ⋅ a
⎧T1 − T2 = M 2 ⋅ a
M2 ⇒ ⎨
⎩R 2 − P2 = 0
⎧T2 = M 3 ⋅ a
M3 ⇒ ⎨
⎩R 3 − P3 = 0
Raccogliamo in un unico sistema le equazioni utili ai fini del problema:
⎧P1 − T1 = M 1 ⋅ a
⎪
⎨T1 − T2 = M 2 ⋅ a
⎪T = M ⋅ a
3
⎩ 2
Sommiamo membro a membro le tre equazioni:
P1 − T/ 1 + T/ 1 − T/ 2 + T/ 2 = (M 1 + M 2 + M 3 ) ⋅ a
Dall’equazione così ottenuta calcoliamo l’accelerazione delle masse:
a=
P1
M1
4
=
⋅g =
⋅ 9,8 = 4,9m / s 2
4
+
1
+
3
M
M
∑ ∑
Le tensioni delle funi, di conseguenza, sono:
T1 = P1 − M 1 ⋅ a = M 1 ⋅ g − M 1 ⋅ a = M 1 ⋅ (g − a ) = 4 ⋅ (9,8 − 4,9) = 19,6 N
T2 = M 3 ⋅ a = 3 ⋅ 4,9 = 14,7 N
La Dinamica
PROBLEMA N.19
Dato il sistema in figura (M1 = 3 kg e M2 = 4 kg)
calcolare:
•
le accelerazioni e la tensione delle funi,
nell’ipotesi che la fune sia inestensibile e priva
di massa e le carrucole non abbiano dimensioni
e siano prive di massa;
•
la condizione di equilibrio del sistema.
SOLUZIONE
Sia la massa M1 a cadere verso il basso. L’ipotesi fatta è ininfluente ai fini della
risoluzione del problema.
IPOTESI:
Applichiamo il 2° principio della dinamica alle due masse:
⎧⎪P1 − T = M1 ⋅ a1
⎧⎪P1 − T = M1 ⋅ a1
⇒⎨
⎨
⎪⎩ − T − T + P2 = −M2 ⋅ a2
⎪⎩2T − P2 = M2 ⋅ a2
Notiamo:
•
per le ipotesi fatte sulla fune, le tensioni in gioco sono tutte uguali;
•
le accelerazioni dei due corpi sono diverse; infatti se M1 si muove di un tratto ∆L verso il
basso, poiché la fune è inestensibile, tale tratto di fune dovrà essere sottratto al tratto di
fune che avvolge la carrucola 2. Questo tratto sarà quindi ottenuto prelevando un tratto
∆L/2 a sinistra e a destra della carrucola 2. Allora la velocità V1 = ∆L/ ∆t di M1 è doppia
rispetto alla velocità V2 = ∆L/2 ∆t di M2 e analogamente per le accelerazioni otteniamo:
a1 = 2·a2
Fatte queste considerazioni, risolviamo il sistema di equazioni:
⎧⎪ T = P1 − 2M1 ⋅ a2
⎪⎧P1 − T = 2M1 ⋅ a2
⇒⎨
⎨
⎪⎩2T − P2 = M2 ⋅ a2
⎪⎩2P1 − 4M1 ⋅ a2 − P2 = M2 ⋅ a2
La seconda equazione del sistema contiene l’unica incognita a2:
M2 ⋅ a2 + 4M1 ⋅ a2 = 2P1 − P2 ⇒
(4M1 + M2 ) ⋅ a2 = 2P1 − P2 ⇒ a2 =
2P1 − P2
2M1g − M2g 2M1 − M2
2⋅3 − 4
=
=
⋅g =
⋅ 9, 8 = 1,23m / s2
4M1 + M2
4M1 + M2
4M1 + M2
4⋅3 + 4
A questo punto è semplice calcolare a1 e T:
a1 = 2 ⋅ 1,23 = 2, 45m / s2
T = M1 ⋅ g − 2M1.a2 = M1 ⋅ (g − 2a2 ) = 3 ⋅ (9, 8 − 2 ⋅ 1,23) = 22N
Poiché a1 è positiva, l’ipotesi fatta è giusta, cioè M1 cade verso il basso e M2 si muove verso
l’alto. Se a1 fosse stata negativa, il problema sarebbe stato risolto nello stesso modo, ma
avremmo concluso che M1 si muove verso l’alto e M2 verso il basso.
L’equilibrio si ottiene se a1 = 0 cioè:
a1 = 2⋅
2 P1 − P2
= 0 ⇒ 2 ⋅ (2 P1 − P2 ) = 0 ⇒ 2 P1 = P2 ⇒ 2 M 1 g/ = M 2 g/ ⇒ M 2 = 2 M 1
4M 1 + M 2
La Dinamica
PROBLEMA N.20
Dato il sistema di masse in figura, calcolare l’accelerazione e la tensione della fune, nell’ipotesi
che sia priva di massa ed inestensibile.
SOLUZIONE
IPOTESI:
M1 scende M2 sale
Tenendo conto del diagramma
delle forze, il 2° principio della
dinamica applicato alle due
masse diventa:
⎧P1x − Fa1 − T = M 1 ⋅ a
M1 ⇒ ⎨
⎩R 1 − P1y = 0
⎧T − Fa 2 − P2 x = M 2 ⋅ a
M2 ⇒ ⎨
⎩R 2 − P2 y = 0
Le equazioni che servono a rispondere ai quesiti del problema sono:
⎧P1x − Fa1 − T = M 1 ⋅ a
⎨
⎩T − Fa 2 − P2 x = M 2 ⋅ a
Risolviamo il sistema con il metodo di riduzione, per cui, sommando membro a membro le due
equazioni otteniamo un’equazione in una sola incognita:
P1x − Fa1 − T/ + T/ − Fa2 − P2x = M1a + M2a ⇒ (M1 + M2 ) ⋅ a = P1 ⋅ senβ − µ1 ⋅ P1 ⋅ cos β − µ2 ⋅ P2 ⋅ cos α − P2 ⋅ senα ⇒
(M1 + M2 ) ⋅ a = P1 ⋅ (senβ − µ1 ⋅ cos β) − P2 ⋅ (µ2 ⋅ cos α + senα) ⇒ a =
P1 ⋅ (senβ − µ1 ⋅ cos β) − P2 ⋅ (µ2 ⋅ cos α + senα)
=
M1 + M2
3 ⋅ 9, 8 ⋅ (sen45° − 0, 4 ⋅ cos 45°) − 1 ⋅ 9, 8 ⋅ (0,2 ⋅ cos 60° + sen60°)
= 0,75m / s2
3+1
Poiché l’accelerazione è positiva, l’ipotesi fatta è giusta, cioè M1 cade verso il basso e M2 si
muove verso l’alto. Se a fosse stata negativa, il problema sarebbe stato risolto nello stesso
modo, ma avremmo concluso che M1 si muove verso l’alto e M2 verso il basso.
Nota l’accelerazione possiamo calcolare dalla prima equazione del sistema la tensione della
fune:
T = P1x − Fa1 − M 1 ⋅ a = M 1g ⋅ senβ − µ1 ⋅ M 1g ⋅ cos β − M 1 ⋅ a = M 1g ⋅ (senβ − µ1 ⋅ cos β) − M 1 ⋅ a =
3 ⋅ 9,8 ⋅ (sen 45° − 0,4 ⋅ cos 45°) − 3 ⋅ 0,75 = 10,22 N
La Dinamica
PROBLEMA N.21
Un corpo di massa M = 1kg sia poggiato su un piano inclinato con coefficiente di attrito statico
µS = 0,5 e coefficiente di attrito dinamico µD = 0,3. Si supponga di sollevare lentamente il
piano variando l’angolo α. Calcolare:
per quale valore di α il corpo comincia a scivolare
con quale accelerazione il corpo si muove in corrispondenza dell’angolo α
SOLUZIONE
Un punto materiale è in equilibrio se la somma vettoriale di tutte le forze che agiscono su di
esso è nulla:
CONDIZIONE DI EQUILIBRIO
r
r
r r ⎧⎪∑ Fx = 0
∑ F = 0 ⇒ ⎨ Fr = 0r
⎪⎩∑ y
Utilizziamo la prima equazione per calcolare l’angolo in corrispondenza del quale il corpo
comincia a scivolare:
Px = Fa ⇒ P/ ⋅ senα = µ S ⋅ P/ ⋅ cos α ⇒ µ s =
senα
= tgα ⇒ tgα = 0,5 ⇒ α = 27°
cos α
Quando il corpo comincia a scivolare, la forza d’attrito diminuisce perché il coefficiente
d’attrito diventa quello dinamico, per cui, applicando il 2° principio della dinamica,
l’accelerazione si calcola come:
Px − FaD P ⋅ senα − µ D ⋅ P ⋅ cos α M
/ g ⋅ (senα − µ D ⋅ cos α)
=
=
=
M
M
M
/
9,8 ⋅ (sen 27° − 0,3 ⋅ cos 27°) = 1,8m / s 2
Px − FaD = M ⋅ a ⇒ a =
La Dinamica
PROBLEMA N.22
Calcolare l’accelerazione del sistema di masse rappresentato in figura:
SOLUZIONE
Applichiamo il secondo principio della dinamica alle singole masse:
r
r
r
r ⎧⎪∑ Fx = M 1 ⋅ a ⎧P1x − F1a = M 1 ⋅ a
⇒⎨
M1 ⇒ ∑ F = M1 ⋅ a = ⎨
⎪⎩∑ Fy = 0
⎩R 1 − P1 y = 0
r
r
r
r ⎧⎪∑ Fx = M 2 ⋅ a ⎧P2 x − F2 a = M 2 ⋅ a
⇒⎨
M2 ⇒ ∑ F = M2 ⋅ a = ⎨
⎪⎩∑ Fy = 0
⎩R 2 − P2 y = 0
Poiché il corpo M2 ha una massa ed un coefficiente d’attrito maggiori rispetto al corpo M1, la
forza d’attrito che agisce su M2 è maggiore rispetto a quella che agisce su M1, per cui M2,
frenando il moto di M1, fa sì che il blocco di masse si muova insieme lungo il piano inclinato.
Pertanto, sommando membro a membro le prime equazioni dei due sistemi otteniamo un’unica
equazione nell’incognita “a”:
P1x − Fa1 + P2x − Fa2 = (M1 + M2 ) ⋅ a ⇒ a =
P1x + P2x − Fa1 − Fa2 P1 ⋅ senα + P2 ⋅ senα − µ1 ⋅ P1y − µ2 ⋅ P2y
=
=
M1 + M2
M1 + M2
P1 ⋅ senα + P2 ⋅ senα − µ1 ⋅ P1 ⋅ cos α − µ2 ⋅ P2 ⋅ cos α P1 ⋅ (senα − µ1 ⋅ cos α) + P2 ⋅ (senα − µ2 ⋅ cos α)
=
=
M1 + M2
M1 + M2
5 ⋅ 9, 8 ⋅ (sen30° − 0,15 ⋅ cos 30°) + 10 ⋅ 9, 8 ⋅ (sen30° − 0,30 ⋅ cos 30°)
= 2,78m / s2
5 + 10
La Dinamica
PROBLEMA N.23
Calcolare il periodo di oscillazione e la pulsazione di una molla che
viene allungata di 0,4 m da una massa di 1 kg.
SOLUZIONE
Le forze in gioco sono la forza elastica e la forza peso, per
cui applicando il 2° principio della dinamica calcoliamo la
costante elastica della molla che serve per calcolare il
periodo di oscillazione:
Fe = M ⋅ a ⇒ − k ⋅ x = M ⋅ g ⇒ k =
M ⋅ g 1⋅ 9,8
=
= 24,5N / m
x
0,4
Pertanto:
T = 2π ⋅
1
M
= 2π ⋅
= 1,3s
24,5
k
ω=
2π 2π
=
= 5rad / s
T 1,3
PROBLEMA N.24
Una strada presenta una curva di raggio R = 100 m. Supponendo che il coefficiente di attrito
fra le ruote di un’auto e la strada sia µ = 0,5, calcolare la massima velocità affinché la curva
sia percorsa senza sbandare.
SOLUZIONE
La forza che permette all’auto di percorrere la curva senza sbandare è la forza centripeta, che
in questo caso coincide con la forza d’attrito, per cui il 2° principio della dinamica diventa:
Fc = M ⋅
V2
V2
⇒ µ⋅M
/g=M
/ ⋅
⇒ V = µRg = 0,5 ⋅ 100 ⋅ 9,8 = 22 m / s = 80km / h
R
R
PROBLEMA N.25
Un corpo di massa 1 kg si muove di moto armonico con ampiezza 10 cm. Sapendo che il valore
massimo dell’accelerazione è 3,94 m/s2, calcolare la frequenza del moto e la forza agli estremi
di oscillazione.
SOLUZIONE
Per calcolare la frequenza del moto armonico ci serve il valore della pulsazione che si calcola
attraverso la formula dell’accelerazione del moto armonico:
a = −ω 2 x ⇒ ω =
a
3,94
=
= 6,3rad / s
x
0,1
per cui:
ω = 2πf ⇒ f =
ω
= 1Hz
2π
Dal 2° principio della dinamica calcoliamo la forza agli estremi di oscillazione:
F = M ⋅ a = 1⋅ 3,94 = 3,94 N
La Dinamica
PROBLEMA N.26
Un corpo di massa M = 4 kg oscilla sotto l’azione di due molle aventi costanti elastiche K1 =
200 N/m e K2 = 150 N/m. Calcolare il periodo di oscillazione del sistema.
SOLUZIONE
Sia durante la fase di compressione che di allungamento di entrambe le molle, la massa M sarà
sottoposta sempre a due forze elastiche concordi, per cui il 2° principio della dinamica diventa:
F1e + F2 e = M ⋅ a ⇒ − k 1 x − k 2 x = M ⋅ a ⇒ −(k 1 + k 2 ) ⋅ x = M ⋅ a
Sapendo che a = ω2·x abbiamo che:
− (k 1 + k 2 ) ⋅ x/ = −Mω 2 x/ ⇒ ω =
k1 + k 2
M
per cui l’oscillazione del sistema è:
ω=
2π
2π
M
⇒T=
⇒ 2π
=
T
ω
k1 + k 2
4
= 0,67s
200 + 150
PROBLEMA N.27
Un pendolo semplice di lunghezza L = 1 m porta all’estremità
una pallina di massa M = 100 g. Quando il filo forma con la
verticale un angolo di 45° la pallina ha un’accelerazione
centripeta di 4 m/s2. Calcolare la velocità della pallina e la
tensione del filo nella posizione considerata.
SOLUZIONE
Dalla formula dell’accelerazione centripeta
velocità della pallina come formula inversa:
ac =
calcoliamo
la
V2
⇒ V = a c ⋅ L = 4 ⋅ 1 = 2m / s
L
Dal 2° principio della dinamica calcoliamo la tensione della fune:
T − Py = M ⋅ a c ⇒ T = Py + M ⋅ a c = Mg ⋅ cos α + M ⋅ a c = M ⋅ (g ⋅ cos α + a c ) = 0,1 ⋅ (9,8 ⋅ cos 45° + 4) = 1,09 N
Liceo “Carducci” Volterra - Prof. Francesco Daddi
Esercizi sul moto lungo un piano inclinato
3a B Scientifico - 20 aprile 2011
N.B. Tutti i piani inclinati sono lisci (senza attrito).
Esercizio 1. Un corpo di massa M = 10 kg si trova in cima ad un piano inclinato. Sapendo che la
lunghezza del piano è di 2 m e la sua altezza è pari a 1 m, determinare:
a) l’accelerazione con la quale si muove;
b) il modulo della reazione del piano;
c) il tempo che impiega a percorrere tutto il piano;
d) la velocità finale.
Esercizio 2. Un corpo di massa M = 8 kg viene lanciato verso l’alto lungo un piano inclinato con una
velocità iniziale di 2 m/s. Sapendo che il corpo percorre 3 m prima di fermarsi, si determini:
a) l’inclinazione del piano;
c) il tempo che impiega per fermarsi;
d) la velocità del corpo quando passa nuovamente dalla posizione iniziale. Cosa osservi?
Esercizio 3. Un corpo di massa M = 6 kg si trova in cima ad un piano inclinato, alto 1 m e lungo 4 m;
sapendo che viene lanciato verso il basso con una velocità iniziale pari a 3 m/s, determinare:
a) l’accelerazione con la quale si muove;
c) il tempo che impiega a percorrere tutto il piano;
d) il modulo della velocità finale.
Esercizio 4. Un corpo di massa M = 4 kg viene lanciato verso l’alto lungo un piano inclinato (altezza
= 2 m, θ = 30◦ ) con una velocità iniziale pari a 15 m/s. Si veda la figura.
a) Quanto tempo impiega a giungere in cima al piano inclinato (punto B)?
b) Studiare in modo accurato il moto successivo.
Ci sono dei dati superflui?
Esercizio 5. Sono assegnati tre piani inclinati A (altezza = 2 m, θA = 30◦ ), B (altezza = 2 m,
θB = 45◦ ), C (altezza = 2 m, θC = 60◦ ). Tre corpi di massa MA = 5 kg, MB = 3 kg, MC = 2 kg
scivolano sui piani, rispettivamente, A, B, C.
Si determini:
a) il tempo che ciascun corpo impiega a percorrere il piano inclinato;
b) la velocità finale di ciascun corpo. Cosa osservi?
Ci sono dei dati superflui?
Liceo “Carducci” Volterra - Prof. Francesco Daddi
Soluzione degli esercizi sul moto lungo un piano inclinato
3a B Scientifico - 20 aprile 2011
Esercizio 1. Scegliamo l’asse x rivolto verso il basso.
a) ax = g ·
1
⇒ ax = 4, 9 m/s2 .
2
b) FN = M g cos θ ⇒ FN ≈ 84, 9 N .
c) x = xo + vo t +
1
1
ax t2 ⇒ x = · 4, 9 t2 . Poiché il piano è lungo 2 m, risulta:
2
2
2=
1
· 4, 9 t2 ⇒ t ≈ 0, 90 s .
2
d) La velocità finale vf si ottiene nel seguente modo:
vf2 − 02 = 2 · 4, 9 · (2 − 0) ⇒ vf ≈ 4, 43 m/s .
a) 02 − (−2)2 = 2·ax ·(−3− 0) ⇒ ax ≈ 0, 67 m/s2 ; poiché ax = g sin θ, si ha θ ≈ 0, 068 rad (circa 4◦ ) .
b) FN = M g cos θ ⇒ FN ≈ 78, 2 N .
1
c) La legge oraria del corpo è x = −2 t + · 0, 67 t2 , quindi, per calcolare il tempo che impiega a fermarsi,
2
dobbiamo risolvere l’equazione
−3 = −2 t +
1
· 0, 67 t2 ⇒ t = 3 s .
2
d) vf2 − (−2)2 = 2 ax (0 − 0) ⇒ vf = 2 m/s ; la velocità ha lo stesso modulo di quella iniziale e verso,
ovviamente, opposto.
a) ax = g ·
1
⇒ ax = 2, 45 m/s2 .
4
b) FN = M g cos θ ⇒ FN ≈ 56, 9 N .
c) x = xo + vo t +
1
1
ax t2 ⇒ x = 3 t + · 2, 45 t2 ; poiché il piano inclinato è lungo 4 m, si ha:
2
2
4 = 3t +
1
· 2, 45 t2 ⇒ t ≈ 0, 96 s
2
d) vf2 − 32 = 2 · 2, 45 · (4 − 0) ⇒ vf ≈ 5, 35 m/s .
a) Calcoliamo la velocità del corpo quando arriva in cima al piano inclinato:
vf2 − (−15)2 = 2 · (9, 8 · sin 30◦ ) · (−4 − 0) ⇒ vf2 = 152 + 2 · 4, 9 · (−4) ⇒ vf ≈ 13, 63 m/s .
Calcoliamo ora il tempo impiegato per percorrere tutto il piano inclinato:
−13, 63 = −15 + 4, 9 · t ⇒ t ≈ 0, 28 s .
Alternativamente possiamo determinare il tempo nei seguenti due modi:
−15 − 13, 63
· t = −4 ⇒ t ≈ 0, 28 s ;
2
1
−4 = 0 − 15 t + · 4, 9 t2 ⇒ t ≈ 0, 28 s (l’altra soluzione va scartata).
2
b) Si tratta di un moto parabolico con velocità iniziale di modulo pari a 13, 63 m/s e con angolo iniziale
θ = 30◦ . La legge oraria è
x = 13, 63 · cos(30◦ ) t
y = 2 + 13, 63 · sin(30◦ ) t − 4, 9 t2
il corpo descrive una traiettoria parabolica e finisce a terra quando y = 0, ovvero
0 = 2 + 13, 63 · sin(30◦ ) t − 4, 9 t2 ⇒ t = 1, 64 s (la soluzione negativa va scartata)
la gittata è
x ≈ 19, 4 m .
La quota massima ymax raggiunta è
02 − (13, 63 · sin(30◦ ))2 = 2 · (−9, 8) · (ymax − 2) ⇒ ymax ≈ 4, 37 m .
Esercizio 5. a) In generale abbiamo:
1
h
= g sin θ t2 ⇒ t =
sin θ
2
1
2h
·
;
g sin θ
sostituendo i valori numerici si trovano i seguenti risultati:
tA ≈ 1, 28 s ; tB ≈ 0, 90 s ; tC ≈ 0, 74 s .
b) La velocità finale è
vf2
2
− 0 = 2 · g · sin θ
h
h
2
−0
⇒ vf = 2 · g · ⇒
v
sin θ
=
2gh
f
sin θ
sin
θ
la velocità è uguale per i tre corpi e risulta quindi indipendente dalla massa e dall’angolo θ. Sostituendo
h = 2 m si trova vf ≈ 6, 26 m/s .
Osserviamo che, se prendiamo θ = 90◦ , siamo in presenza di una caduta libera; in figura si confronta
tale caduta con il moto lungo il piano inclinato:
la massa in caduta libera verticale impiega circa 0, 64 s per giungere al suolo, ma la velocità finale è
uguale per entrambe le masse.
2
Suggerimenti per la risoluzione di un problema di dinamica:
1) Fare il diagramma delle forze, cioè rappresenta graficamente tutte le forze agenti sul corpo o sui corpi
considerati.
È la forza che la Terra (o qualunque altro pianeta)
esercita sui corpi in prossimità della sua
Forza peso
superficie, è un caso particolare di forza
(rappresentata in
nero)
gravitazionale.
E’ sempre verticale verso il basso.
E’ la forza che una molla o un elastico esercita su
Forza elastica un corpo ad essa vincolato. Dipende dalle
(rappresentata in
caratteristiche della molla (k) e dalla sua
blu)
deformazione (x).
E’ l’unica forza esercitata da un piano liscio su un
Reazione
corpo posto su di esso. E’ perpendicolare al piano
normale
(rappresentata in
e uscente da esso
verde)
Tensione
(rappresentata in
rosa)
Forza di
attrito
radente
dinamico
(rappresentata in
rosso)
Forza di
attrito
radente
statico
(rappresentata in
rosso)
E’ la forza che una fune tesa esercita su un corpo
ad essa vincolato. E’ sempre diretta lungo la fune
nel verso opposto a quello del moto che la fune
impedisce o ostacola
E’ la forza che un piano scabro esercita su un
corpo posto su di esso quando il corpo è in
movimento rispetto al piano (oltre alla reazione
normale). Ha sempre direzione del moto e verso
opposto. Dipende dalle caratteristiche delle
superfici a contatto (kd) e dalla reazione normale
esercitata dal piano
E’ la forza che un piano scabro esercita su un
corpo posto su di esso quando il corpo è fermo
rispetto al piano e una forza esterna cerca di farlo
muovere. Ha sempre direzione del moto incipiente
e verso opposto. Dipende dalle caratteristiche
delle superfici a contatto (ks) e dalla reazione
normale esercitata dal piano (N)
ρ
ρ
P = mg
ρ
ρ
Fel = − kx
la relazione è vettoriale, passando
ai moduli non si mette il segno Non esiste una formula di validità
generale, si determina a partire dal
secondo principio della dinamica.
Esiste un valore massimo oltre il
quale il vincolo si spezza.
Fatt din = k d N
ρ
La relazione è sui moduli; Fatt din e
ρ
N hanno direzioni diverse
Fatt sta ≤ k s N
ρ
La relazione è sui moduli; Fatt din e
ρ
N hanno direzioni diverse
ρ
ρ
2) Scrivere il secondo principio della dinamica applicato al problema in questione: R = ma Ricorda che il
secondo principio è espresso da una relazione vettoriale. Ricorda inoltre che se il corpo è in quiete o si
ρ
ρ
muove di moto rettilineo uniforme a = 0 , mentre in tutti gli altri casi a ≠ 0 .
3) Scomporre l’equazione vettoriale scritta lungo due assi scelti tra i tre seguenti:
Asse tangente
Asse normale
Asse
binormale
Dinamica
E’ nella direzione del moto, con verso arbitrario. E’ da scegliere certamente quando il corpo
si muove di moto rettilineo, nel caso di moti curvilinei dipende
E’ l’asse nel piano del moto, perpendicolare alla traiettoria. E’ da scegliere certamente nel
caso di moti curvilinei, in questi casi infatti c’è certamente accelerazione normale che ha
V2
modulo: a normale =
R
E’ l’asse perpendicolare al piano del moto. Nei casi di moti piano (che sono gli unici che
ci interessano) lungo questa direzione non c’è accelerazione e dunque deve essere nulla la
componente della risultante delle forze.
1
4) Controlla il numero di equazioni e di incognite e risolvi il sistema.
Esercizio n. 1
Un corpo è lanciato su un piano scabro inclinato di un angolo α=30° rispetto all’orizzontale, con
velocità iniziale Vo=3 m/s, verso l’alto Il coefficiente di attrito dinamico tra il piano e il corpo è kd=0,3.
Si calcoli l’accelerazione del corpo, dopo quanto tempo il corpo si ferma e la quota raggiunta.
Soluzione:
Per determinare l’accelerazione risolviamo l’esercizio secondo lo schema proposto
1) Diagramma delle forze
ρ
ρ ρ
ρ
2) Secondo principio della dinamica: Fatt din + N + P = ma
Ricorda che questa relazione è vettoriale
3) Scompongo lungo due assi. L’asse x è l’asse tangente, l’asse y è quello
x) − Fatt din + 0 − mg sin α = ma
binormale, quindi a y = 0
y ) 0 − N + mg cos α = 0
Ricorda che queste relazioni sono scalari
4) Ricordando che Fatt din = k d N ottengo un sistema di due equazioni in
tre incognite (m, N e a), non è quindi possibile risolverlo completamente, ma è possibile determinare
l’accelerazione perché la massa m si semplifica.
 N = mg cos α

a = − g sin α − k d g cos α = −7,44 m / s 2
Trovata l’accelerazione del corpo è possibile rispondere alle restanti domande
utilizzando la cinematica. Il corpo si muove di moto rettilineo uniformemente
1
accelerato, quindi la sua legge oraria è:
x = x0 + V0 t + at 2 , rispetto al
2
1
riferimento, scelto l’origine nel punto di partenza si ha: x = 3t + (−7,44)t 2 , la
2
velocità varia nel tempo secondo la legge: V = 3 − 7,44t .
Da questa ultima equazione è possibile determinare quando il corpo si ferma (cioè quando V=0), quindi,
sostituendo nella legge oraria il tempo trovato, si può determinare lo spazio percorso.
3
t=
= 0,40 s
x = 0,60 m
7,44
Dinamica
2
Esercizio n. 2
Per muovere una cassa di massa m=20 kg su un pavimento ruvido, tu spingi su di essa con una forza F
inclinata di un angolo α=30° rispetto all’orizzontale. Trova la forza necessaria a far muovere la cassa se
tra la cassa e il pavimento c’è attrito con coefficiente di attrito statico κs=0,5.
Soluzione:
1) Diagramma delle forze (rappresento tutte le forze oltre a quella indicata nel
testo)
Moto incipiente
2) Secondo principio della dinamica: Determino quanto vale la forza massima
che posso applicare senza riuscire a muovere la cassa, qualunque forza
superiore sarà in grado di spostarla. Quindi studio il caso limite in cui la cassa
ρ
ρ ρ ρ
è ferma: Fatt sta + N + P + F = 0
3) Scompongo lungo due assi. L’asse x è l’asse del moto incipiente, l’asse y è
x) − Fatt sta + 0 + 0 + F cos α = 0
quello binormale.
y ) 0 + N − mg − F sin α = 0
4) Ricordando che al massimo la forza d’attrito statico vale Fatt sta = k s N ottengo
un sistema di due equazioni in due incognite ( N e F): è quindi possibile risolverlo
 N = mg + F sin α
k s mg
da qui F =
= 132,25 Newton

cos α − k s sin α
− k s (mg + F sin α) + F cos α = 0
Una forza superiore, anche di poco, al valore trovato non può essere equilibrata dall’attrito statico ed è
quindi in grado di spostare la cassa.
Esercizio n. 3
Fai ruotare in un piano verticale un corpo di massa m=3 kg vincolato ad una fune di lunghezza L=95 cm.
Nel punto più basso la velocità è V1=6,91 m/s, mentre in quello più alto della traiettoria la velocità ha
modulo V2=3,23 m/s. Trova la tensione della corda nel punto più alto e più basso della traiettoria.
Soluzione:
1) Diagramma delle forze
nel punto più basso della traiettoria
nel punto più alto della traiettoria
1)
2)
2) Secondo principio della dinamica: sia nel punto più basso sia nel punto più alto,
ρ ρ
ρ
le forze agenti sono il peso e la tensione: T + P = ma
Dinamica
3
3) In questo caso è sufficiente un solo asse. Osserva che l’asse lungo il quale agiscono le forze è l’asse
V2
normale, lungo il quale l’accelerazione presente è quella centripeta che ha modulo a =
ed è verso il
R
centro di curvatura. Si ha quindi:
V12
V 2
nel punto più alto: T2 + mg = m 2
L
L
4) In ciascuna delle due equazioni c’è una sola incognita e quindi si può determinare (ricorda di mettere
tutti i dati nel S.I). :
nel punto più basso: + T1 − mg = m
T1 = mg + m
V12
= 180,2 N
L
T2 = −mg + m
V2 2
= 3,5 N
L
Esercizio n. 4
Un’automobile di massa m=500 kg percorre a velocità V=50 km/h la sommità di un dosso di raggio di
curvatura R=50 m; l’attrito tra i pneumatici e l’asfalto può essere considerato un attrito radente con
coefficiente kd=0,3. Calcola il modulo della forza di attrito sulla cima del dosso.
Soluzione:
La forza di attrito dinamico ha direzione della velocità e verso opposto. Il modulo è dato dalla relazione
Fatt din = k d N , per determinarlo è necessario semplicemente conoscere il valore della reazione normale.
1) Diagramma delle forze: le forze presenti sono certamente il peso, l’attrito e
la reazione normale. Il problema non specifica se il conducente sta premendo
sull’acceleratore determinando così una ulteriore forza orizzontale. Per la
determinazione di N però la presenza o meno di tale forza è irrilevante,
consideriamo quindi il caso in cui non c’è.
ρ ρ ρ
ρ
2) Secondo principio della dinamica P + N + Fatt din = ma
3) Per la determinazione del modulo della reazione normale è sufficiente considerare
la componente dell’equazione lungo un solo asse, quello normale, lungo il quale
V2
l’accelerazione presente è quella centripeta che ha modulo a normale =
ed è verso il
R
centro di curvatura.
V2
Si ha quindi: mg − N + 0 = m
R
4) Si può determinare il valore di N e quindi di Fatt din (ricorda di mettere tutti i dati nel S.I).
V2
N = mg − m
= 2971 Newton Fatt din = k d N = 891,3 Newton
R
Esercizio n. 5
Dinamica
4
Due blocchi di massa m1=20 kg e m2=10 kg sono posti a contatto tra loro su un piano liscio ed
orizzontale, come mostrato in figura. Una forza costante e orizzontale di modulo F=120 N viene applicata
alla prima massa. Si determinino:
a) l’accelerazione del sistema
m1
m2
b) il modulo della forza di interazione tra i due corpi
Soluzione:
I corpi da studiare sono due, per ciascuno applichiamo la tecnica risolutiva.
ρ
1) Diagramma delle forze: su entrambi i corpi agisce una forza di contatto F21 che il corpo 2 esercita sul
ρ
corpo 1 e F12 che il corpo 1 esercita sul corpo 2. Per il principio di azione e reazione le due forze hanno
uguale modulo (che indichiamo con Fcontatto ) e direzione, ma verso opposto. Osserva inoltre che la forza
esterna applicata di cui parla il problema è applicata solo alla prima massa.
per il corpo 1
per il corpo 2
m2
2) Secondo principio della dinamica: osserva che i due corpi a contatto si muovono con la stessa
ρ ρ
ρ
accelerazione a1 = a 2 = a
ρ ρ
ρ
ρ
ρ
Per il corpo 1: P1 + N1 + F21 + F = m1a
ρ
ρ
ρ
ρ
Per il corpo 2: P2 + N 2 + F12 = m2 a
3) Osserva che sia la forza di contatto, sia l’accelerazione hanno direzione orizzontale, quindi per
entrambe le masse è sufficiente considerare la sola componente orizzontale dell’equazione scritta.
per il corpo 1
per il corpo 2
m2
+ F − Fcontatto = m1a
+ Fcontatto = m2 a
4) Le equazioni scritte sono due con due incognite, messe a sistema è possibile determinare sia a sia
Fcontatto.
F

= 4m / s2
 Fcontatto = m2 a
a =
m
+
m


1
2
 F = (m1 + m2 )a
F
 contatto = m2 a = 40 Newton
Esercizio n. 6
Due masse m1=5 kg e m2=10 kg sono collegate come in figura . Il piano, inclinato
di 30° è scabro con coefficiente di attrito dinamico kd=0,3. Determina
l’accelerazione del sistema e la tensione della fune quando la massa m2 (posta sul
piano) si muove verso il basso.
Soluzione:
I corpi da studiare sono due, per ciascuno applichiamo la tecnica risolutiva.
Dinamica
5
ρ
ρ
1) Diagramma delle forze: su entrambi i corpi agisce la tensione della fune T1 sul corpo 1 e T2 sul corpo
2. I due vettori sono senza dubbio diversi, avendo diverse direzioni, nel caso (sempre sottointeso) di fune
ideale e carrucola ideale però è possibile dimostrare (lo vedremo il prossimo anno) che i moduli delle
ρ
ρ
tensioni applicate da una fune ai suoi estremi sono uguali T1 = T2 = T . Nel disegno è indicato il verso in
cui il sistema si sta muovendo, indispensabile per poter rappresentare la forza di attrito dinamico.
per il corpo 1
per il corpo 2
2) Secondo principio della dinamica: osserva che i due corpi si muovono con accelerazioni diverse in
ρ
ρ
direzione, essendo però la fune in estensibile, le accelerazioni hanno uguale modulo: a1 = a 2 = a
ρ ρ
ρ
Per il corpo 1: P1 + T1 = m1a1
ρ
ρ
ρ
ρ
ρ
Per il corpo 2: P2 + N 2 + Fatt din + T2 = m2 a 2
3) Per il corpo 1 è sufficiente un solo asse, quello del moto, per il corpo 2 è necessario considerare l’asse
del moto e quello ad esso perpendicolare.
per il corpo 1
per il corpo 2
+ T − m1 g = m1a
x) + m2 g sin α + 0 − Fatt din − T = m2 a
y ) − m2 g cos α + N 2 + 0 + 0 = 0
4) Nelle 3 equazioni scritte ci sono 4 incognite ( T , a, Fatt din , N 2 ), ricordando però che Fatt din = k d N 2 ,
il sistema si può risolvere.
 N 2 = m2 g cos α

m2 g sin α − k d m2 g cos α − T = m2 a
T = m g + m a
1
1

riportando solo le equazioni che contengono le incognite richieste dal problema:
m2 g (sin α − k d cos α)

= 2,42 m / s 2
m2 g sin α − k d m2 g cos α = (m1 + m2 )a
a =
m
+
m


1
2
T = m1 ( g + a)
T = m ( g + a ) = 183,3 Newton
1

Esercizio n. 7
Un lampadario di massa m=3,0 kg è appeso ad un’asta orizzontale collegata al soffitto da due molle
identiche agganciate alle sue estremità. All’equilibrio ciascuna delle molle si allunga di 5,0 cm rispetto
alla condizione di riposo. Trascurando la massa dell’asta, determina la costante elastica delle molle.
Dinamica
6
Soluzione:
1) Diagramma delle forze.
2) Secondo principio della dinamica: essendo il sistema in equilibrio, la
ρ ρ
ρ
risultante delle forze deve essere nulla: P + Fel 1 + Fel 2 = 0
3) Poiché tutte le forze sono nella stessa direzione è sufficiente considerare le
componenti lungo un solo asse: + mg − Fel1 − Fel 2 = 0
4) Per rispondere alla domanda del problema occorre solo ricordare che Fel1 = k1 x1 , Fel 2 = k 2 x 2 , in
questo particolare caso le molle sono identiche, quindi k1 = k 2 = k e gli allungamenti sono uguali
mg
x1 = x2 = 5 cm , si ottiene quindi: mg − 2kx = 0 , k =
= 294 N / m
2x
Esercizio n. 8
Una pallina di massa m=210 g è vincolata ad un punto O per mezzo di una molla di costante elastica
k=289 N/m. La pallina è in moto circolare con una velocità V=1,25 m/s su un piano orizzontale. Il raggio
della circonferenza è R=38,5 cm. Calcola la lunghezza a riposo L0 della molla.
Soluzione:
Osserva che se la pallina ruota la molla si allunga di un tratto x, quando la
molla è deformata eserciterà una forza nella direzione della deformazione,
ma in verso opposto che funge da forza centripeta. Noto il valore della
deformazione sarà possibile determinare la lunghezza a riposo della molla
visto che R=L0+x
1) Diagramma delle forze: Sulla pallina, perpendicolarmente al foglio,
agiscono anche la forza peso e la reazione vincolare del piano che si fanno
equilibrio essendo nella direzione binormale, per comodità non le
rappresentiamo.
ρ ρ
ρ
ρ
2) P + Fel + N = ma
V2
R
è possibile determinare la deformazione subita dalla molla
3) L’asse scelto è quello normale, si ha: 0 + Fel + 0 = m
4) Ricordando che
x=
Fel = kx
mV 2
= 0,003 m e quindi la lunghezza a riposo L0 = R-x = 0,382 m.
kR
Dinamica
7

Fisica: principi della dinamica - Matematica e Fisica

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