ITI OMAR Dipartimento di Meccanica

ITI OMAR
Dipartimento di Meccanica
Verifica di Meccanica
Classe 3MA
Periodo I
24-09-04
Allievo: ________________________________
1) Trovare per via analitica la direzione e il modulo della risultante di un sistema di tre forze complanari concorrenti di
seguito definito:
F1 = 40 N
F2 = 20 N
F3 = 15 N
α1 = −30°
α 2 = 45°
α 3 = 120°
Rappresentare inoltre, in opportuna scala, il sistema di forze in un piano cartesiano ortogonale xOy
N.B: l’angolo αi è l’angolo formato dalla direzione della forza i-esima rispetto con il semiasse positivo delle ascisse
(asse x)
2) Trovare con il metodo del poligono funicolare la risultante (direzione e punto di passaggio) di un sistema di forze
costituito da due forze parallele di intensità 10 e 20 newton distanti fra loro 3 m.
3) Determinare le corrispondenti coordinate polari dei punti aventi le seguenti coordinate in un piano cartesiano
ortogonale. Rappresentare inoltre i punti nel piano cartesiano ortogonale xOy
A1 (2,3)
A2 (3,8)
A3 (10,12)
4) Determinare le corrispondenti coordinate cartesiane ortogonali dei punti aventi le seguenti coordinate polari.
Rappresentare inoltre i punti nel piano cartesiano ortogonale xOy.
B1 (3, 20°)
B2 (10,18°)
B3 (5,130°)
5) Di un triangolo rettangolo si conosce la lunghezza dei due cateti (5m; 8m). Determinare il valore dell’ipotenusa e
degli angoli interni del triangolo.
6) Un motore elettrico della potenza di 12 kW rimane attivo per 12 h e 42’. Determinare il lavoro assorbito dalla linea
trascurando ogni fenomeno passivo
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Dipartimento di Meccanica
Verifica n.2
05-11-04
Modulo 1
Classe 3MA
Allievo:________________________
1. Un corpo di massa m è appoggiato su di un piano inclinato. L’angolo α, di inclinazione del piano
inclinato rispetto all’orizzontale, viene progressivamente aumentato fino a che il corpo inizia la sua
discesa. Sapendo che i coefficienti d’attrito statico e dinamico tra il corpo e il piano sono
rispettivamente 0.8 e 0.5, determinare:
1. l’angolo α in corrispondenza del quale il corpo inizia la sua discesa;
2. la reazione d’attrito un attimo prima della discesa del corpo;
3. la reazione d’attrito un attimo dopo l’inizio della discesa del corpo.
2. Un corpo di massa M, vincolato da una fune inestensible, è collegato, tramite una carrucola fissa
ideale, ad un corpo di massa m che può risalire lungo un piano inclinato. Sapendo che l’angolo α =
20° e che il coefficiente d’attrito di primo distacco è 0.4, determinare la minima massa M in grado di
attivare la risalita di m lungo il piano inclinato
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Dipartimento di Meccanica
Verifica n.3
Primo quadrimestre
Classe 3MA
2004-05
13-11-04
1. Con riferimento al grafico velocità/tempo sotto riportato, determinare lo spazio percorso dopo 3h
2. Due punti A e B sono dotati di moto rettilineo uniforme (vA = 1 m/s; vB = 5 m/s). All’istante to = 0
distano 200 m. Determinare dopo quanto tempo B raggiunge A.
3. Risolvere l’esercizio di cui al punto precedente ritenendo ora che la velocità di B sia espressa, in
funzione del tempo, dalla seguente relazione
VB (t ) = (10 + 2t ) m / s
con t espresso in secondi
4. Un punto P si muove verticalmente verso l’alto con una velocità espressa, in funzione del tempo,
dalla seguente relazione:
VP (t ) = (10 − 9.81t ) m / s
con t espresso in secondi
Determinare:
i. La massima altezza raggiunta dal punto;
ii. Il tempo impiegato per raggiungere tale altezza massima.
Risoluzione
1. Lo spazio percorso s vale:
⎛
⎞
⎛ 20 ⋅ 3600 ⋅ 2 ⎞
s = ⎜ 10 ⋅ 3600 + ⎜
⎟ + 10 ⋅ 7200 ⎟ = 180000 m = 180 km
2
⎝
⎠
⎝
⎠
2. Il tempo t necessario per il raggiungimento, indicata con d la distanza dei due punti all’istante to =0,
vale:
t=
d
= 10 s
VB − VA
3. Il tempo t necessario per il raggiungimento, indicata con d la distanza dei due punti all’istante to =0 e
con a l’accelerazione di B, vale:
t=
2d
≅ 14.14 s
a
4. In corrispondenza dell’altezza massima raggiunta la velocità del punto P deve annullarsi. Si ha
pertanto:
10
≅ 1.02 s
9.81
il punto P raggiungerà perciò la massima altezza dopo 1.012 s.
L’altezza massima h si calcola determinando lo spazio compiuto in tale intervallo di tempo
VPf = (10 − 9.81t ) = 0 ⇒ t =
2
⎛ 100 1
1
⎛
⎛ 10 ⎞ ⎞ 50
2⎞
h = ⎜10t − 9.81t ⎟ = ⎜
− 9.81⎜
≅ 5.1 m
⎟ ⎟=
2
⎝
⎠ ⎜⎝ 9.81 2
⎝ 9.81 ⎠ ⎟⎠ 9.81
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1. Un sasso viene lanciato da terra verticalmente verso l’alto con velocità iniziale v = 10 m/s.
Determinare, in assenza di ogni fenomeno passivo,:
a. la quota massima e il tempo impiegato per raggiungerla;
b. la velocità di impatto con il terreno;
c. il tempo impiegato per raggiungere il suolo.
2. Due corpi A e B, in posizioni iniziali diametralmente opposte, si muovono lungo una traiettoria
circolare di diametro d = 50 m con le seguenti velocità (rad/s):
⎧ω A = 3 + 2t
⎨
⎩ωB = 2 + 3t
(la variabile t indica il tempo)
Determinare:
a. il tempo impiegato per il ricongiungimento;
b. la velocità angolare e periferica dei due corpi al momento del ricongiungimento;
c. lo spazio percorso dai due corpi fino al momento del ricongiungimento.
3. Una circonferenza rotola lungo un piano orizzontale e sia v = 5 m/s la velocità del suo centro.
Determinare le velocità dei punti A, C, B, B posti alle estremità del diametro orizzontale e verticale
4. Un’auto, con pneumatici di diametro pari a 50 cm e avente una carreggiata di 1.5 m, affronta una
curva di raggio 40 m alla velocità1 di 50 km/h. Determinare:
a. le velocità angolari delle ruote interne ed esterne;
b. la velocità angolare della corona del differenziale;
c. la frequenza di rotazione dell’albero motore sapendo che il rapporto al ponte è 40.
5. Progettare un cinematismo in grado di assicurare tra le due velocità di ingresso ω1 e ω2 , e la velocità
di uscita ωu , la seguente relazione lineare:
ωu = 2ω1 + 3ω2
1
Si tratta, ovviamente, della velocità del baricentro dell’autovettura
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Verifica di Meccanica
7-05-05
Un proiettile, di massa di 10 g, è sparato orizzontalmente in un blocco di legno avente una massa di 4 kg e
fermo su di una superficie orizzontale. Il coefficiente d’attrito tra blocco e superficie sia 0.2. Il proiettile si
arresta dentro il blocco che striscia per 2 m sulla superficie. Trovare:
1)
la velocità del proiettile;
2)
l’energia dispersa per attrito durante la fase di strisciamento.
Una palla di massa 1 kg cade verticalmente e colpisce il suolo con una velocità di 25 m/s. Essa poi rimbalza
con una velocità di 10 m/s.
1)
se la palla resta a contatto con il suolo per 0.02 s quale è la forza media esercitata sul suolo?
2)
quanto vale l’energia dissipata durante l’urto?
Un vagone ferroviario di massa 36 t si muove con una velocità di 2 m/s e urta un altro vagone di massa 24 t
che sta muovendosi nella stessa direzione con una velocità di 1 m/s.
Considerando un urto perfettamente anelastico, determinare:
1)
la perdita di energia cinetica nell’urto;
2)
la velocità comune dei due vagoni dopo l’urto
Un cubo di lato 1 m, costituito da un materiale con densità di 800 kg/m3, immerso in un liquido emerge di
0.2 m rispetto al pelo libero.
Determinare la densità del liquido in cui il cubo è stato immerso.
In un serbatoio pieno d’acqua, di capacità praticamente illimitata, viene realizzato un foro di 10 cm ad una
profondità di 3 m dal pelo libero. Determinare, in assenza di ogni fenomeno passivo:
1)
la velocità di efflusso dell’acqua;
2)
la portata effluente.
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Verifica di Meccanica
Classe 3MA
28-05-05
Un camion, che viaggia a 50 km/h, trasporta sul pianale una cassa di massa 100kg. A causa di un
ostacolo improvviso l’autista si trova costretto ad arrestare il mezzo in 5 s con decelerazione costante.
Determinare il minimo coefficiente d’attrito tra cassa e pianale in grado di evitare lo scivolamento della
cassa stessa in conseguenza della brusca frenata.
Da un serbatoio d’acqua di capacità praticamente illimitata, a 10 m dal pelo libero, si stacca una
tubazione orizzontale suddivisa in due tratti A, B. Il tratto A è lungo 10 m ed è realizzato con un tubo di
diametro 0.6 m; il tratto B è lungo 15 m ed è realizzato con un tubo di diametro 0.4 m. Allo sbocco della
tubazione è posta una saracinesca la cui parzializzazione consente lo smaltimento di una portata pari a 0.4
m3/s.
1. Tracciare la piezometrica della tubazione evidenziando, tra l’altro, le linee dei carichi totali effettivi
e teorici considerando sia le perdite di carico distribuite, sia le perdite di carico localizzate, ma
trascurando la perdita allo sbocco ;
2. sulla base della piezometrica di cui la punto precedente valutare la pressione nella sezione distante 5
m dallo sbocco.
Da un serbatoio d’acqua di capacità praticamente illimitata, a 10 m dal pelo libero, si stacca una
tubazione orizzontale lunga 100 m e realizzata con un tubo di diametro 0.25 m.
Determinare la portata effluente considerando la perdita di carico all’imbocco e la perdita di carico
distribuita lungo la tubazione.
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Verifica di Meccanica
Classe 3MA
2004/2005
Allievo:__________________
1. Da un bacino di capacità praticamente illimitata parte, ad una profondità di 10 m dal pelo libero, una
tubazione orizzontale suddivisa in due tratti: il primo tratto è lungo 10 m ed è costituito da un tubo di
diametro 0.4 m, il secondo tratto (tratto finale) è lungo 12 m ed è realizzato con un tubo di diametro
0.3 m. All’estremità della tubazione è posta una saracinesca la cui parzializzazione consente lo
smaltimento di una portata pari a 0.15 m3/s.
a. tracciare la piezometrica della tubazione considerando le perdite di carico localizzate e
distribuite lungo il condotto. Ogni eventuale dato mancante deve essere scelto
opportunamente.
2. Un cubo, di lato 10 cm, immerso in acqua (ρ = 1000 kg/m3) emerge di 3 cm. Di quanto emergerà se
viene immerso in un liquido con densità pari a 1300 kg/m3?
3. Un camion, che trasporta una cassa di 40 kg appoggiata sul pianale, viaggia alla velocità di 40 km/h
quando si frena bruscamente e si arresta con decelerazione costante in 4 s.
Determinare:
a. la decelerazione del camion;
b. se la cassa si muove rispetto al pianale nell’ipotesi che il coefficiente di attrito statico tra le
superfici a contatto sia 0.3
c. il valore minimo del coefficiente d’attrito tra pianale e cassa in grado di garantire il non
scivolamento della cassa stessa.
Problema
Una motocicletta percorrente un tratto di strada orizzontale viene frenata tramite l’azionamento
contemporaneo del freno anteriore e posteriore. Si determini la decelerazione massima in grado di consentire
ancora l’aderenza al suolo della ruota posteriore.
Dati:
coefficiente d’attrito tra ruote e suolo
passo delle ruote
massa della motocicletta
massa del guidatore
posizionamento verticale del baricentro1
posizionamento orizzontale del baricentro
f
0.4
p
1.2
m
mm
80
kg
mg
65
kg
h
0.7
m
equidistante rispetto agli assi di rotazione delle ruote
G
h
=
=
p
1
Si intende il baricentro del sistema costituito dalla motocicletta e dal guidatore
Durante la marcia a velocità costante le reazioni del terreno nei punti di contatto col le ruote sono
uguali e, indicata con g l’accelerazione di gravità, valgono:
reazione sulla ruota anteriore
Ra =
reazione sulla ruota posteriore
Rp =
Ra
(m
m
+ mg ) g
(1.1)
2
( mm + mg ) g
(1.2)
2
Rp
Durante la fase di frenatura, la forza di inerzia F’ indotta deve essere equilibrata dalle reazioni
d’attrito tra asfalto e ruota. Indicata con a la decelerazione del sistema si ha pertanto:
F ' = − ( mm + mg ) ma
(1.3)
E in forma scalare
F ' = ( mm + mg ) a
(1.4)
Per l’equilibrio orizzontale:
F ' = fRa + fR p = f ( mm + mg ) g
(1.5)
Tenuta presente la (1.4) si calcola l’accelerazione massima in grado di consentire ancora la perfetta
aderenza delle ruote:
a = fg
(1.6)
La (1.6) è stata ricavata senza considerare l’effetto ribaltante della forza d’inerzia F’ indotta dalla
frenatura2. In effetti la forza F’ tende a sovraccaricare la ruota anteriore e a scaricare la ruota
posteriore. La forza F’ deve infatti essere equilibrata da due reazioni R’a e R’p
F'
R'a
2
R'p
la (1.6) rappresenta, in altri termini, l’accelerazione massima possibile, nelle stabilite condizioni di aderenza, di un
veicolo con il baricentro posizionato a livello del suolo.
R 'a = − R ' p =
F ' h ( mm + mg ) a ⋅ h
=
p
p
(1.7)
La ruota posteriore è completamente scarica quando:
Rp + R ' p = 0
(1.8)
Sostituendo le (1.7) e (1.2) nella (1.8) si ottiene:
a=
g⋅ p
2h
(1.9)
L’accelerazione definita dalla (1.9) è pertanto quella in grado di scaricare completamente la ruota
posteriore.
Tuttavia quando la ruota posteriore tenderà a scaricarsi completamente la forza di inerzia F’ dovrà
essere contrastata dalla reazione d’attrito nel punto di contatto della ruota anteriore con il suolo.
Dovrà pertanto essere verificata la seguente uguaglianza:
f ( mm + mg ) g + f ( mm + mg )
ah
= ( mm + mg ) a
p
(1.10)
sostituendo il valore di a ottenuto dalla (1.9) si ottiene:
f ( mm + mg ) g =
(m
m
+ mg ) gp
2h
⇒ f =
p
2h
(1.11)
In conclusione, lo scarico completo della ruota posteriore potrà verificarsi solo se il coefficiente
d’attrito soddisfa la seguente disuguaglianza:
f ≥
p
2h
(1.12)
Qualora il coefficiente d’attrito non soddisfacesse la (1.12) lo scarico completo della ruota
posteriore non potrebbe verificarsi perché prima che ciò avvenga la motocicletta slitta sulla ruota
anteriore.
Con i dati del problema pertanto la ruota posteriore non potrà mai scaricarsi completamente.
In particolare la decelerazione massima risulterà pari a:
⎛
⎞
g
h
f ⎜ ( mm + mg ) + fa ( mm + mg ) ⎟ = ( mm + mg ) a
2
p
⎝
⎠
F'
f(Ra+R'a)
Ra+R'a
da cui
a=
fg
⎛
h⎞
2 ⎜1 − f ⎟
p⎠
⎝
≅ 2.6 m / s 2
(1.13)
E’ facile verificare che inserendo nella (1.13) il coefficiente d’attrito dato dalla (1.11) si ottiene
l’accelerazione definita dalla (1.9)
La frenatura tramite ABS
Consideriamo un veicolo di massa m che percorre un tratto di strada orizzontale alla velocità v. Il veicolo
viene arrestato bloccando istantaneamente la ruota. Noto il coefficiente d’attrito f tra lo pneumatico e il
terreno si determini lo spazio di frenatura
v
m
Rr
Fa
P
La reazione d’attrito tra lo pneumatico e il terreno vale:
(1.1)
Fa = f ⋅ P
L’energia cinetica del sistema, durante la frenatura, viene dissipata dallo strisciamento dello pneumatico
rispetto al suolo. Indicato con s lo spazio di frenatura si ha pertanto:
1
Fa ⋅ s = mv 2
2
da cui:
1
f ⋅ P ⋅ s = mv 2
2
Lo spazio di frenatura vale pertanto:
v2
s=
(1.2)
2g ⋅ f
Dalla (1.2) si nota come lo spazio di frenatura dipende dall’aderenza tra lo pneumatico e il suolo e dal
quadrato della velocità. In altri termini, raddoppiando la velocità lo spazio di frenata quadruplica!
Consideriamo ora il medesimo sistema, ma immaginiamo di arrestarlo, nel più breve tempo possibile, tramite
l’azione di un freno assistito in modo tale da evitare lo strisciamento tra pneumatico e suolo. (frenatura
tramite sistema ABS)
v
m
Ff
Rf
Rr
Fa
P
Per l’equilibrio della ruota rispetto al perno, la reazione d’attrito tra la pastiglia e il disco del freno vale:
F ⋅r
Ff = a r
(1.3)
rf
Il momento frenante vale:
M f = F f ⋅ rf
Al solito, l’energia cinetica del sistema deve essere, all’arresto, completamente assorbita dal lavoro di
frenatura1. Indicato con θ l’angolo di rotazione della ruota si ha:
1
M f θ = mv 2
2
da cui:
1
Ff rf θ = mv 2
2
tenute presente le (1.1) e (1.3) si ottiene:
v2
θ rr =
2g ⋅ f
Poiché θ rr è lo spazio di frenatura s si ha:
v2
(1.4)
2g ⋅ f
Confrontando la (1.4) con la (1.2) si vede che gli spazi di frenatura con o senza il sistema ABS sono uguali!
Tuttavia l’esperienza insegna che una frenatura con ABS è decisamente più vantaggiosa rispetto ad una
frenatura che preveda il blocco istantaneo delle ruote…..e allora?
s=
1
In questa situazione non vi è alcuno strisciamento tra pneumatico e suolo. L’energia cinetica viene abbattuta
solamente e totalmente nello strisciamento della pastiglia rispetto al disco del freno
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Esercizi di Dinamica
3 ^MA
IL “PARADOSSO” DEL CARRELLO
Si consideri un carrello di massa mk = 300 kg, con velocità iniziale uguale a zero, solidale, all’estremità
destra, con un muro di mattoni di massa mm = 150 kg e, all’estremità di sinistra, con un cannone. Il cannone
di massa mc = 500 kg, distante dal muro 8 metri, spara, ad alzo zero, una palla di massa mp = 12 kg contro il
muro stesso. Sapendo che la velocità della palla vp conseguente allo sparo è di 80 km/h e che il carrello
scivola su di un piano orizzontale perfettamente liscio, determinare, ipotizzando un urto completamente
anelastico tra palla e muro :
1. la velocità v acquisita dal carrello immediatamente dopo lo sparo;
2. il tempo t impiegato dal carrello per arrestarsi;
3. lo spazio s percorso dal carrello in conseguenza allo sparo.
~ la sommatoria delle masse del carrello, del cannone e del muro:
Definiamo m
1
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Esercizi di Dinamica
3 ^MA
~
m k + mc + m m = m
In assenza di ogni fenomeno passivo e di forze esterne, la quantità di moto totale del sistema deve mantenersi
sempre costante. Poiché prima dello sparo il sistema è in quiete ovvero con quantità di moto nulla, anche
dopo lo sparo la quantità di moto deve mantenersi nulla. Ovvero:
~ ⋅v + m ⋅v = 0
m
p
p
Pertanto la velocità del carrello dopo lo sparo vale:
v=−
mP ⋅ v P
~ ≅ 0.28 m / s
m
Il segno negativo della velocità v sta a significare che v ha verso opposto a vp
Determiniamo ora il tempo impiegato dalla palla per raggiungere il muro.
Poiché dopo lo sparo, la palla e il muro si muovono con velocità opposte vp e v , il tempo impiegato dalla
palla per raggiungere il muro può essere determinato considerando il muro fermo e la palla dotata di una
velocità vp’ pari a:
m
⎛ m ⎞
v ′P = v P + v = v P + v P ⋅ ~P = v p ⎜1 + ~P ⎟
m
m ⎠
⎝
da cui il tempo è:
t=
d
=
v ′P
d
⎛ m ⎞
v P ⎜1 + ~P ⎟
m ⎠
⎝
≅ 0.35 s
Determiniamo ora lo spazio percorso dal carrello in conseguenza dello sparo.
Come abbiamo visto in precedenza, per effetto dello sparo il carrello acquista una velocità opposta alla palla
e di intensità tale da mantenere nulla la quantità di moto del sistema. Una volta che la palla si incastra nel
muro, acquisirà la velocità del muro stesso. Tuttavia la quantità di moto del sistema deve mantenersi sempre
costante e pari a zero. E’ evidente pertanto che, poiché dopo l’impatto tutte le masse sono tra loro solidali, la
velocità del carrello deve annullarsi. Il carrello perciò rimane in movimento soltanto per il tempo impiegato
dalla palla per raggiungere il muro. Lo spazio percorso dal carrello si calcola facilmente con la seguente
relazione:
s = v ⋅t =
mP ⋅ v P
~ ⋅
m
m ⋅d
= ~P
≅ 0.1 m
⎛ m P ⎞ (m + m P )
v P ⎜1 + ~ ⎟
m ⎠
⎝
d
2
IL PENDOLO BALISTICO
Un proiettile di massa m1 = 10g colpisce un pendolo balistico di massa m2 = 2kg. Il centro di massa del
pendolo sale di un’altezza sulla verticale y =12 cm sapendo che il proiettile è rimasto conficcato nel pendolo,
determinare la sua velocità iniziale v1.
Chiamiamo v2 la velocità del sistema pendolo più proiettile.
Il sistema è in assenza di ogni fenomeno passivo quindi la quantità di moto totale deve mantenersi sempre
costante e pari a zero. Ovvero:
m1 ⋅ v1 = (m1 + m2 ) ⋅ v 2
così anche l’energia presente nel sistema deve mantenersi sempre uguale:
(m1 + m2 ) ⋅ g ⋅ y = 1 (m1 + m2 )v 22
2
da questa si ricava:
v2 = 2 ⋅ g ⋅ y
sostituendo si risolve facilmente:
m1 ⋅ v1 = (m1 + m2 ) ⋅ 2 ⋅ g ⋅ y
v1 =
(m1 + m2 ) ⋅
m1
2 ⋅ g ⋅ y ≅ 308.42 m s