Soluzione I Esonero ppt

Un corpo di massa m= 0.5 kg, che si muove su di un piano orizzontale liscio con
velocità v=0.5 m/s verso sinistra, colpisce una molla di costante elastica k=50N/m
inizialmente non deformata.
I
• Determinare la massima compressione della molla.
esonero
• Determinare la velocità con cui il corpo abbandona la molla, quando questa
ritorna nella condizione iniziale.
• Utilizzando la seconda legge di Newton, mostrare che il moto del corpo durante il
tempo in cui è attaccato alla molla è armonico.
• Scrivere la legge oraria del moto e determinare la pulsazione angolare, l'ampiezza
e la fase iniziale del moto armonico
• Determinare il periodo del moto armonico ed la durata dell'intervallo di tempo
durante il quale il corpo resta in contatto con la molla.
y
k
v
m
O
Ef  Ei
1
2
mv i
2
Ui  0
Ki 
Kf  0
1 2
U f  kx m ax
2
x
Oltre alla forza elastica che agisce quando il corpo è a contatto
con la molla
Le altr forze agenti sono:
La forza peso (fa lavoro nullo: perpendicolare allo spostamento)
La Normale (fa lavoro nullo: perpendicolare allo spostamento)
Si conserva l’energia meccanica
K f  Uf  K i  Ui
i è l’istante iniziale quando il corpo entra in contatto con
la molla
f è l’istante finale, quando il corpo si ferma
momentaneamente prima di invertire il moto
(condizione di massima compressione della molla)
1 2
1
kxmax  mv 2i
2
2
m
m 0.5
 0.5
s  0.05m
k
s
50
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 xmax  v i
la velocità con cui il corpo abbandona la molla, quando questa ritorna nella
condizione iniziale è uguale a quella di arrivo. La forza elastica è conservativa, le
altre forze non hanno compiuto lavoro.
I
Applichiamo la conservazione dell’energia con
esonero
• i è l’istante iniziale quando il corpo entra in contatto con la molla
• f è l’istante finale, quando il corpo si allotana dalla molla
Ef  Ei
K f  Uf  K i  Ui
1
1
2
2
mv f  mv i
2
2
1 2
mv f
2
Uf  0
1 2
mv i
2
Ui  0
Kf 
Ki 
v
m
m
 vf  vi  0.5
s
Fel  P  N  ma
Dimostriamo che il moto è armonico:
L’equazione lungo l’asse x è l’equazione tipica del moto
armonico: l’accelerazione proporzionale all’opposto della
posizione.
La legge oraria sarà del tipo:

x  Acos p t  


v x  Ap sen p t  
t  0 xo  0
vo  .5m / s
k
0  A cos 


.5 ms  Ap sen

2
3
2

x Felx  ma x
y N  mg  0
d2 x
k
ma x  kx 


x
2
dt
m
k
50
rad
p 

 100  10
m
0.5
s
Posizione iniziale
Velocità iniziale
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t  0 xo  0
vo  .5m / s
0  A cos 



2
3
2
v o  .5 ms  Ap sen
Velocità iniziale
Il fatto che l’ampiezza deve essere positiva porta a
concludere che   2
E l’ampiezza vale
A
vo

p
I
esonero
Posizione iniziale
.5 ms
 rad
10 s
k
v
m
 .05m
Il periodo del moto armonico (se il corpo fosse attaccato alla
molla):
2
6.28
T
  rad  .0.628s
p
10 s
Per determinare la durata del moto si osservi che il corpo rimane
in contatto con la molla per metà ciclo, quindi la durata del moto
La legge
sarà del tipo:
sarà
metàoraria
del periodo:
T 0.628s
t  
 0.314s
2
2
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Un eschimese seduto sulla cima di un blocco di ghiaccio di forma emisferica, come
mostrato in figura, di raggio R=3 m, riceve una piccola spinta che lo va partire
dalla sommità del blocco con una velocità di 1.9 m/s.
• Determinare l'angolo q, rispetto alla verticale, a cui l'eschimese si stacca dal
ghiaccio.
• Determinare infine la distanza dal centro del blocco del punto di impatto al suolo.
Si assuma il blocco di ghiaccio privo di attrito.
N
Il problema è identico a quello svolto nella lezione 18
P  N  ma
q
I
esonero
un
v2
mg cos q  N  m
R
P
v2
Il distacco si avrà quando N=0
N  mg cos q  m
R
Troviamo la velocità in funzione di q con la conservazione dell’energia (osservaiamo che
la Normale fa lavoro nullo). Poniamo U=0 alla sommità
E  Wn c  WN  0
Ndr
Ef  Ei
K f  Uf  K i  Ui
mv i  0  12 mv f  mgh
h  R 1 cos q
1
2
2
2
E’ l’unica cosa che cambia rispetto al problema della lezione 18
v2i
2gR 1 cos q 
v2i
v q   2gR 1 cosq  N  mg cos q  m  m
 mg 3cos q  2  m
R
R
R
2
1.9
v 2i
2
2
q distacco  ar cos0.707  45
N  0  cos q 
 
  0.707
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3gR 3 3  9.81 3 3
2
v2i
Cerchiamo ora il punto di atterraggio.
2
R  2.12m
2
2
y d  R cos 45 
R  2.12m
2
x d  Rsen 45 
q
P
vd 
v xd
v yd
2
vi
v
v 2 q  v2i  2gR 1 cosq 

2 
m
 2gR 1  cos q  1.9  2  9.81  31 
 7.76

2 
s
2
2
 vd cos q d  7.76 
 5.49 ms
2
2
 v d senq d  7.76 
 5.49 ms
2
x  x d  vxd t
y  y d  vyd t  12 gt
2
Facendo ripartire il
cronometro nel
momento del distacco.
y d  v y dt  12 gt  0 t 
2
t
I
esonero
vy d  v2 y d  2gy d
t 1  0.30s
t 1  1.42s
g
v y d  v 2y d  2gy d
g
5.49  5.492  2  9.81  2.12 5.49  8.47


9.81
9.81
x  x d  vxd t  2.12  5.49  .30  3.77m
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Un orsetto di 25 kg si lascia scivolare, da fermo, per 12 m lungo un palo
raggiungendo la velocità di 5.6 m/s.
• Quale variazione ha subito la sua energia potenziale?
• Qual è la sua energia cinetica subito prima di toccare il suolo?
• Qual è stata la forza media di attrito che ha agito sull'orsetto durante il suo moto?
y
L’energia potenziale della forza peso:
Assegnando energia potenziale 0 ai punti
12 m
sul piano y=0
U P  mgy
I
esonero
UP = U Pf  U Pi  mgy f  mgy i  mg(y f  y i ) 
m
(0  12m)  2940J
2
s
L’energia cinetica prima di toccare il suolo è
2
data da:
1
1
2
2 m
K f  mv f   25kg  5.6 2  392J
2
2
s
 25kg  9.81
x
Le forze che hanno agito sull’orsacchiotto durante la sua discesa:
La forza peso conservativa
La normale N, la forza perpendicolare alla superficie del palo dovuta al fatto che
l’orsacchiotto per non cadere liberamente ha stretto a se il palo (non compie lavoro)
La forza di attrito (dinamico) la component e parallela a l vincolo della reazione vincolare
E  Wnc   Fad L

Fad = 
E
U  K
2940  392 J


 212.3N
L
L
12
m
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B-Automazione
2002/03
Se l’angolo q della forza F agente sul blocco fermo cresce, le
seguenti grandezze aumentano, diminuiscono o rimangono le
stesse?
(a)la componente x della forza Fx;
(b)la forza di attrito statico fs;
(c) la normale N;
(d)la forza di attrito statico fsmax.
(e) Se invece il blocco non fosse fermo, il modulo della forza
d’attrito aumenterebbe, diminuirebbe o resterebbe uguale?
• Le altre forze agenti sul blocco sono
• La forza peso
• La Reazione vincolare
Da cui si ottiene:
P
La seconda legge di Newton vale
Proiettando nella direzione orizzontale
x e verticale y:
x Fcosq  Fa  0
y N  mg  Fsenq  0
Statico se il corpo è fermo
Dinamico se è in moto
Fa  Fcosq
Fa
F  P  N  Fa  ma  0
• Con la componente normale N
• E la forza di attrito
•
•
N
I
esonero
N  mg  Fsenq
Pertanto se q aumenta
La componente x della forza F diminuisce
La forza di attrito statico diminuisce
La normale N aumenta
La forza di attriti statico massimo aumenta
La forza di attrito dinamico aumenta
Fx  Fcosq
Fa  Fcosq
N  mg  Fsenq
Famax   sN
Fd   dN
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