I_prova_2005

Cognome e nome:
A.A. 2005/2006
Fisica I (Colleferro)
I PROVA IN ITINERE 19/1/2006
Luogo e data di nascita
Matricola
1. Un punto parte da fermo al tempo t = 0 e si muove lungo una traiettoria circolare di raggio R = 0.5 m con
 = 3 rad/s2. Calcolare: (a) a quale tempo t* dall’inizio del moto il punto ha
accelerazione angolare costante ω
compiuto N = 4 giri completi; (b) quanto vale all’istante t* il modulo dell’accelerazione.
P
R
2. Un pendolo semplice con massa m = 2 kg e lunghezza della fune L = 1 m viene lasciato cadere sotto
l’azione della forza peso con velocità iniziale nulla partendo dalla posizione orizzontale A come in figura.
Calcolare la tensione T della fune e i valori delle componenti normale e tangenziale dell’accelerazione del punto
materiale in corrispondenza della posizione B, determinata dal valore  = 45°.
A

B
3. Un punto materiale di massa m = 1 Kg è inizialmente fermo sul piano orizzontale di un tavolo a una distanza
d = 0.3 m dal bordo del tavolo. Il punto viene lanciato da una molla con costante elastica k = 200 N/m compressa
a l = 10 cm. Fra il punto e il piano vi è un coefficiente di attrito dinamico  d = 0.2. Calcolare a quale distanza
XC (misurata sull’orizzontale) dal bordo del tavolo il punto cade sul pavimento. Il tavolo è alto h = 0.8 m dal
pavimento.
d
k
m
h
XC
QUESITI ( MAX 30 parole ciascuno)
A) Scrivere la legge oraria di un moto armonico unidimensionale, specificando il significato dei termini
B) Qual’è la definizione di forza consevativa?
C) Scrivere l’espressione finale del teorema del lavoro e dell’energia cinetica
SOLUZIONI ESERCIZI DELLA I PROVA IN ITINERE
1)

1 t 2
N

2 2 2
 t* 
4N
 4.0933 s

ω
 t* R  75.40 m/s 2
an  ω2 R  ω
2
a 
dv
 R  1.5 m/s 2
ω
dt
a  an2  an2  75.41 m/s 2
2)



T  mg  ma che, proiettata sulla normale diventa :
mv 2
T  mg sin θ 
L
Dal teorema del lavoro e dell’energia cinetica:
mv 2
mgL sin θ 
2
da cui:
T  3 mg sin θ  41.6 N
v2
an 
 2g sin θ  13.86 m/s 2
L
a 
dv F

 g cos θ  6.93 m/s 2
dt m
3) Fino al bordo del tavolo, dal teorema del lavoro e dell’energia cinetica:
mv 02
1
2
kl  mg d d 
2
2
da cui:
v0 
kl 2  2mg d d
 0.908 m/s
m
Dopo si ha un normale moto balistico con componente verticale della velocità iniziale
nulla:
tC 
2h
 0.40 s
g
da cui:
X C  v 0 t C  0.37 m