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FISICA
A.A. 2013-2014
Ingegneria Gestionale
3° prova - 21 Marzo 2014
Lo studente descriva il procedimento e la soluzione degli esercizi proposti. Gli elaborati verranno ritirati
Lunedì 24 Marzo e saranno valutati ai fini del superamento dell’esame finale.
1. Su di un piano inclinato liscio inclinato di 35° rispetto all’orizzontale, un corpo di massa m=5kg
è trattenuto in equilibrio da una forza applicata parallelamente al piano inclinato. Calcolare il valore
di tale forza e della reazione normale. Determinare inoltre, nel caso tale forza venga ridotta del
50%, il tempo necessario affinché il corpo discenda dalla quota h=2 m fino a terra, il valore
dell’accelerazione di discesa ed il valore della velocità con cui l’oggetto tocca terra.
2. Un blocco di massa m=2kg è posto alla base di una rampa di lancio
priva di attrito ed inclinata di un angolo =20° rispetto all’orizzontale. Al
I
h
tempo t=0 il blocco viene lanciato con un impulso I=10 Ns diretto lungo la

L
rampa. Determinare in quanto tempo il blocco raggiunge la sommità alla
quota h=30cm e a quale velocità. Nei tempi successivi il blocco si distacca dalla rampa descrivendo
una traiettoria parabolica. Determinare la distanza L del punto di atterraggio dalla rampa.
3. Un pattinatore su ghiaccio lanciato alla velocità di 10m/s su di un piano ghiacciato orizzontale si
arresta lentamente nello spazio di 120m a causa delle forze di attrito tra pattini e ghiaccio.
Determinare il coefficiente di attrito dinamico tra pattini e ghiaccio. Ricalcolare lo spazio di arresto
supponendo che il piano ghiacciato sia inclinato di 1° rispetto all’orizzontale. Dare infine il valore
dell’angolo del piano affinché il pattinatore si muova di moto rettilineo uniforme
4. Un blocco scivola lungo un piano liscio avente una inclinazione di =25°. Se il blocco parte da
fermo dalla sommità e la lunghezza del piano inclinato è s=3m, trovare l’accelerazione del blocco e
la sua velocità quando raggiunge il fondo. Ripetere l’esercizio supponendo che sul piano inclinato
ci sia attrito (statico s  0.25 , dinamico d  0.20 ).
5. Un blocco di massa m2=10Kg è posto su di un piano orizzontale scabro
m2
caratterizzato da un coefficiente di attrito statico s=0.2. Al blocco sono collegati, m1
s
attraverso funi e pulegge tutte di masse trascurabili, altri due blocchi disposti come in

figura; in particolare alla sinistra si trova un blocco di massa m1=6Kg disposto su un
piano liscio inclinato di =30° rispetto all’orizzontale, mentre alla destra un blocco
di massa m3 è appeso al sistema, lungo la verticale. Determinate il valore minimo che deve avere la
massa m3 per poter trascinare tutto il sistema. Determinate l’intervallo di valori consentiti per m3
affinché il sistema rimanga in equilibrio.
6 Una massa m=4Kg è appesa al soffitto per il tramite di una molla che si dispone lungo la
verticale. In questa situazione l’allungamento statico è di L=30cm. Successivamente la massa è
tirata per altri 5cm. Si calcoli la frequenza e l’accelerazione massima del moto oscillatorio.
7. Un paracadutista di massa m=60 kg si lascia cadere da una quota di 1500 metri con velocità
iniziale nulla. Il paracadutista in caduta libera acquista gradualmente velocità e decide di aprire il
paracadute dopo un breve periodo di 12 s. All’apertura il paracadute esercita una resistenza
aerodinamica descritta approssimativamente dalla legge Rv=bv ove b=30 kg/s. Qual è la velocità e
la quota raggiunta dopo altri 5 s? A quale istante il paracadute toccherà terra e a quale velocità?
k
8. All’interno di un carrello di massa M è posta una seconda massa m
4k 4k
m
collegata agli estremi del carrello tramite un sistema di molle come
F
3k
indicato in figura. Calcolare lo spostamento dalla posizione di equilibrio
della massa m rispetto al carrello, quando al carrello viene applicata una
M
forza esterna F. [Dati: M=4 kg, m=250 g, k=2 N/m, F=7 N]
m3
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Soluzioni della 3° prova
T
1. Le forze agenti sulla massa sono 3: la forza peso P=mg diretta verticalmente, la Rn
reazione normale del piano inclinato Rn diretta lungo la normale n, e la tensione di Pt
n
sostegno della fune diretta lungo il piano inclinato opposta all’asse t.
P
Pn
Applicando il II principio e proiettando le forze sui due assi t ed n si ottiene il sistema
 t
nˆ  Rn  PN  maN  0
dove la forza peso viene decomposta secondo le sue proiezioni lungo gli assi

tˆ  Pt  T  mat  0
t (Pt=Psin) ed n (Pn=Pcos). Dalla seconda ricaviamo il valore della tensione
T  Pt  mg sin   28.1 N. Se la tensione viene ridotta del 50% al nuovo valore T *  Pt 2  14.1
N,
il blocco non può più rimanere in quiete e scivola a valle con accelerazione
P T * P T 2
P
g
at  t

 t  sin   2.81 m/s2
m
m
2m 2
2. Il blocco è inizialmente fermo con quantità di moto nulla.
Immediatamente dopo l’applicazione dell’impulso il blocco acqista una
velocità inziale di lancio aumentando la propria quantità di moto s=h/sin
v1
p  mvo  I da cui si ricava la velocità iniziale vo  I m  5m/s.
s(t)
Nella salita il blocco è soggetto alla forza peso P ed alla reazione normale
Rn
Rn . Proiettando le forze lungo la normale e la tangenziale si ottiene:
s=0
h
nˆ  Rn  P cos   0
P
vo
da cui la decelarazione di salita a   g sin 


tˆ   P sin   ma
per integrazione si ottiene la velocità
v t   vo  gt sin 
e per ulteriore integrazione lo spazio percorso
s t   vo t  gt 2 sin  2
Il tempo di salita t* si ottiene imponendo s t *  vo t  gt 2 sin  2  h sin  e risolvendo la
 v  vo2  2 gh 
  187 ms. Si noti
relativa equazione di 2° grado che fornisce la soluzione t*   o


g sin 


che è stata scartata la seconda soluzione con il segno + davanti al radicale. Questa corrisponderebbe
ad un tempo successivo t**. Infatti se la rampa fosse infinitamente lunga il blocco, raggiunta la
quota h nell’istante t*, la oltrepasserebbe per poi ridiscendervi a questo istante successivo t**
La velocità di uscita dalla rampa è quindi v1  v t *  vo  gt * sin   vo2  2 gh  4.37 m/s.
Moto parabolico successivo all’istante t*:
Assumiamo di azzerare nuovamente il cronometro cominciando a contare il tempo t a partire da t*.
Le equazioni cinematiche divengono ora
y
v1
 y t   h  v1t sin   gt 2 2
 x t   v1t cos 
g


lungo x  v x  v1 cos 
lungo y 
v y  v1 sin   gt


ax  0
a y  g
h



x=L
il tempo di volo del grave si ottiene dall’equazione:
x
v 
2 gh 
y t v   h  v1t v sin   gtv2 2  0 da cui t v  1 sin   sin 2   2 
g 
v1 
da cui si ricava la gittata L 
v12
g

2 gh 
2
sin  cos   cos  sin   2  = 1.82 m
v1 

y
3. Studio della dinamica: sul pattinatore agiscono 3 forze, la forza peso P la
Rn
reazione normale Rn e l’attrito dinamico Ad. Il peso e la reazione normale si Ad
equilibrano lungo l’asse y (Rn=P=mg). Lungo l’asse x rimane solo l’attrito dinamico
max   Ad    d Rn    d mg , che è responsabile di una decelerazione costante
P
ax=-dg (moto uniformemente ritardato). Studio della cinematica: integrando
l’accelerazione si ottiene la velocità vt   vo  d gt (dove vo è la velocità iniziale).
vo
x
Integrando ulteriormente si ottiene lo spazio percorso xt   vot   d gt 2 2 . L’istante di arresto si
ottiene annullando la velocità v(t*)=vo-dgt*=0 da cui t*  vo  d g ; a quell’istante il pattinatore
ha percorso lo spazio s  xt *  vo2 2 d g  . Il valore di d si ottiene invertendo l’espressione
trovata  d  vo2 2 gs  0.043 . Nel caso di piano ghiacciato inclinato di un angolo 
rispetto all’orizzontale le 3 forze vanno proiettate lungo gli assi normale (n) e
nˆ  R  mg cos  0
dove la forza peso P Ad
tangenziale (t). Le equazioni sono quindi  n
tˆ mg sin   Ad  mat
è stata decomposta in Pt=mgsin() e Pn=mgcos(). Dalla prima equazione ricaviamo
Rn  mg cos , dalla seconda ricaviamo invece l’accelerazione di discesa
n
Rn
vo

t
P
at  g sin    d cos   0.2456 che per =1° rimane ancora negativa (moto uniformemente
ritardato). Il nuovo spazio percorso fino all’arresto diviene s  vo2 2 at =203.6 m. Inclinando
ulteriormente il piano si può ottenere anche at=0 (moto rett. uniforme) per   arctan( d )  2° 26’.
4. Studio della dinamica: in assenza di attrito le forze agenti sul blocco sono 2: la
forza peso P=mg diretta verticalmente e la reazione normale del piano inclinato Rn n
diretta lungo la normale n. Applicando il II principio e proiettando le forze sui due
Rn  Pn  mg cos
nˆ  R  Pn  man  0
t
assi t ed n si ottiene  n
dove la forza peso

Pt  mat
at  gsin
tˆ 
Rn
Pt
Pn 
A
P
s

è stata decomposta secondo le sue proiezioni lungo gli assi t (Pt=Psin) ed n
(Pn=Pcos). Studio della cinematica: l’accelerazione di caduta è at  gsin =4.14 m/s2 (moto
unif. accelerato). Integrando la velocità vale vt   at t (velocità iniziale nulla). Integrando lo spazio
percorso è s t   at t 2 2 . L’istante t* al quale il blocco raggiunge la base del piano inclinato si
ottiene imponendo s(t*)=att*2/2=s da cui t*  2 s at ; allora il blocco raggiunge la velocità
v fin  vt *  at t*  2sat  2sgsin  2 gh =4.98 m/s (h è l’altezza iniziale del blocco). La
nˆ  R  Pn  0
presenza dell’attrito modifica il sistema delle equazioni in  n
. Dalla prima si ricava
tˆ  Pt  A  mat
Rn=Pn=mgcos, mentre dalla seconda si chiarisce la natura dell’attrito (statico o dinamico). Ipotesi
statica: Supponiamo che il corpo sia in quiete (at=0). Il valore dell’attrito necessario per garantire
questo stato è As=Pt=mgsin. L’ipotesi è corretta se l’attrito richiesto risulta inferiore a quello
massimo disponibile A=Pt=mgsinsRn=smgcos da cui tg     s che porta all’assurdo
tg 25   0.466  0.25 . L’ipotesi statica non è soddisfatta. Il corpo si muove con una accelerazione
at  Pt  Ad  / m dove l’attrito dinamico vale Ad   d Rn   d mg cos . Combinando le due
h
espressioni si ottiene una accelerazione costante di valore at  g sin   d cos  =2.37 m/s2 (moto
uniformemente accelerato). Le espressioni della velocità generica vt   at t , dello spazio percorso
st   at t 2 2 ,
dell’istante
t*
di
fine
t*  2 s at
corsa
e
della
velocità
finale
v fin  vt *  at t*  2sat sono analoghe al caso senza attrito. L’unica differenza è nel valore
inferiore di at che porta alla velocità finale v fin  2sg sin   d cos   3.77 m/s.
5. Il sistema rimane in equilibrio se la massa m3 viene scelta nell’intervallo M min  m3  M max Nel
caso m3  M max il sistema prende a muoversi verso destra. Nel caso m3  M min il sistema prende a
muoversi verso sinistra. I valori estremi Mmin , Mmax vengono calcolati imponendo l’equilibrio delle
forze su ciascuna massa singolarmente. Nel caso in cui P3>P1sinabbiamo
t)
massa m1 ; 
n )
t)
massa m2 ; 
n )
massa m3 ; Tb
Ta  P1 sin 
Rn1  P1 cos 
Tb  Ta  A  0
Rn 2  P2
 P3
Rn2
Ta
Rn1
n
t
n
Tb
Ta
A

t
P2
Tb
P1
P3
Si noti come in figura sia stato scelto un verso per la forza di attrito A corrispondente al caso
P3>P1sin. Il verso di A è ovviamente opposto quando invece P3<P1sin Combinando le equazioni
si ottiene per la forza di attrito sul secondo blocco:
A  Tb  Ta  P3  P1 sin   Amax   s Rn 2   s P2 che ha soluzione
m1 sin    s m2  m3  m1 sin    s m2 e quindi 1Kg  m3  5Kg .
a)
6. L’asse x è orientato lungo la verticale: x=0 è la posizione dell’estremo libero
della molla (a). Quando viene applicata la massa m il sistema subisce un
allungamento statico raggiungendo una nuova posizione di equilibrio xeq (b) che
viene determinata imponendo che la forza peso P=mg e la forza di richiamo
elastica Fel=kxeq si equilibrino da cui xeq=L=mg/k. Dall’allungamento statico L si
può quindi ricavare la costante elastica della molla k=mg/L. Se allunghiamo
ulteriormente la massa di una quantità L dalla nuova posizione di equilibrio (c),
il sistema è fuori equilibrio. Applicando il II principio si ha
d 2 xt  k
max  mg  kx da cui l’eq. diff.
 xt   g
m
dt 2
la cui soluzione è xt   xomo t   xeq  A cosot    L
b)
c)
k
0
Fel
P
Essendo la massa inizialmente ferma nella posizione x(t=0)=L+L è facile ricavare i valori A=L e
=0 per cui xt   L  L cos ot  con o  k m  mg mL  g L . Il valore della frequenza
delle oscillazioni vale quindi f   o 2  g L 2  0.91Hz . Per il calcolo dell’accelerazione
basta derivare nel tempo due volte la funzione x(t) ottenendo a t    L o2 cos ot  che ha valore
massimo amax  L o2  g L L = 1.63m/s2
L=xeq
xeq+L
x
7. Inizialmente il paracadutista si muove di moto uniformemente accelerato verso
il basso con accelerazione di caduta g. Le grandezze cinematiche sono quindi
 y t   gt 2 2
 yo  y to   705m


dopo un tempo to=12 s quindi vo  vto   117 m s
v y t   gt
a  g
a  g
 y
 y
Nella seconda fase, aperto il paracadute, nasce una reazione frenante diretta verso l’alto y=0
dv y
b
  dt per t>to
ma y  mg  bv y da cui si ricava l’eq.diff.
y=y0
 mg 
m
vy  

 b 
 b

mg 
 mg  
con soluzione v y t   
   vo 
 exp   t  to 
b 
 b  
 m

mentre lo spaio percorso si ottiene dalla vt  
t
dy
da cui y t   yo   vt dt
dt
to
mg
bv
mg
y=h
 b

mg  m 
 mg 

Dopo alcuni passaggi si ottiene y t   yo  
t  to    vo 
 1  exp   t  to  
b b
 b 

 m

Al tempo t=to+5s=17s si ottiene y(t)=983.5 m.
E’ possibile infine stimare il tempo di volo t*=42.5 s al quale y(t*)=1500m ricorrendo ad alcune
tecniche dell’analisi matematica o più semplicemente provando ad approssimare sempre meglio t*
fornendo delle stime per eccesso e per difetto. La velocità di atterraggio è v(t*)=19.6 m/s
8. Le due molle in parallelo sulla sinistra sono equivalenti
ad una unica molla di costante elastica kp=k+3k=4k=8N/m,
mentre le due molle in serie sulla destra sono equivalenti ad
una unica molla ks=(4k*4k)/(4k+4k)=2k=4N/m. La forza Fp
esterna F causa una accelerazione at del carrello. La massa
interna si trova quindi in un sistema non inerziale. Un
osservatore in tale riferimento vede la massa spostarsi
indietro di una quantità x rispetto alla posizione di
equilibrio. Per spiegarsi tale spostamento l’osservatore
deve applicare il II principio

Fapp
x
Fp Fs
Fs
F
M

aggiungendo alle forze reali una forza apparente Fapp  mat contraria al moto. Le forze
agenti sulla massa m sono: sulla verticale la reazione normale Rn che equilibra la forza peso
P; sull’orizzontale le due forze elastiche entrambe dirette nel verso del moto e di valore
Fp / s  k p / s x dipendente della costante elastica kp/s, la forza apparente Fapp  mat contraria
al moto. Queste forze si equilibrano e la massa m rimane in quiete. La condizione
F p  Fs  Fapp si scrive k p  k s x  mat dalla quale non è però possibile ricavare x senza
conoscere at. Si applichi ora il II principio al carrello. Lungo l’asse orizzontale c’è la forza F
e le forze elastiche delle due molle agenti sulle pareti del carrello, questa volta entrambe
contrarie al moto. Il II principio si scrive F  F p  Fs  Mat . Riassumendo le due equazioni



x  Fm k p  k s m  M  =2 cm
k
p
 k s x  mat
 F  k p  k s x  Mat
della massa e del carrello sono 
da cui si ricava at  F m  M  , e