Problemi di paragrafo

Amaldi L’Amaldi per i licei scientifici.blu, Vol. 1
CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
Problemi di paragrafo 1 Il vettore componente della forza-peso parallelo al piano inclinato aumenta all’aumentare dell’angolo
d’inclinazione, ma il suo modulo non è direttamente proporzionale ad esso, bensì al seno di questo
angolo.
2 Il libro rimane fermo finché la forza d’attrito statico riesce a controbilanciare l’effetto del vettore
componente 𝐹∥ della forza-peso parallelo al piano. Quando il tavolo è orizzontale, 𝐹! è uguale alla
forza-peso, mentre 𝐹∥ = 0. Quando il tavolo viene inclinato, 𝐹∥ aumenta mentre 𝐹! diminuisce,
perciò diminuisce anche la forza di reazione vincolare e quindi il massimo valore della forza d’attrito
statico.
3 Si tratta di un moto accelerato con accelerazione variabile.
4 In assenza di attrito, le accelerazioni dei due oggetti sono uguali, e, percorrendo uguali distanze,
impiegheranno lo stesso tempo per giungere in fondo. In presenza di attrito, la risposta dipende dai
coefficienti di attrito: l’oggetto con il minore coefficiente di attrito giungerà per primo.
5 L’angolo d’inclinazione del piano è
ℎ
𝑎
3,5 m s !
𝛼 = arcsin = arcsin = arcsin
= 21°
𝑙
𝑔
9,81 m s !
6 𝑎=
ℎ
0,74 m
𝑔=
× 9,8 m/s ! = 6,0 m/s !
𝑙
1,21 m
7 Dalla formula dell’accelerazione lungo un piano inclinato con attrito si ricava
𝜇! =
ℎ − 𝑎𝑙/𝑔
𝑙 ! − ℎ!
= 0,064
L’angolo di inclinazione del piano è 𝛼 = arcsin(ℎ/𝑙) ≃ 18° e la forza di reazione vincolare del piano
è 𝐹! = 𝑚𝑔 cos 𝛼 ≃ 21 N.
8 Un blocco di ghiaccio scivola giù per un piano inclinato alto ℎ = 35 cm e lungo 𝐿 = 1,15 m. Il
La base del piano inclinato è
𝑏 = 𝐿! − ℎ! = 1,15 ! − 0,35 ! = 1,1 m
L’accelerazione del blocco è
ℎ − 𝜇! 𝑏
0,35 m − 0,080 1,1 m
𝑎=
𝑔=
× 9,8 m/s ! = 2,2 m/s !
𝑙
1,15 m
1
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
9 Per percorrere un tratto di lunghezza 𝐿, con partenza da fermo, su un piano inclinato privo di attrito, un
Dalla legge del moto rettilineo uniformemente accelerato si ottiene per i due casi
1
1
𝑙 = 𝑎∆𝑡 ! e 𝑙 + 𝑑 = 𝑎 ∆𝑡 + 𝜏 ! 2
2
Sostituendo la prima espressione nella seconda si ottiene
𝑑
1,2 m
𝑎=
=
= 2,3 m/s !
!
∆𝑡 𝜏 + 𝜏 2
1,53 s 0,31 s + 0,31 s ! 2
Sostituendo il valore trovato nella prima equazione si ricava
1
𝐿 = 2,3 m/s ! 1,53 s ! = 2, 7 m
2
10 Dalla seconda legge di Newton applicata nella direzione parallela al piano si ottiene l’equazione
ℎ
𝐹!"# > 𝐹!,∥ = 𝐹! sin 𝛼 = 𝑚𝑔
𝑙
da cui si ricava
𝑚𝑔ℎ
96 kg 9,8 m/s ! 1,2 m
=
= 3,0 m
𝑙>
𝐹!"#
380 N
11 L’accelerazione del carrellino è
∆𝑣
∆𝑣
𝑎
∆𝑣
5,2 m/s
𝑎=
→ sin 𝛼 = = ∆𝑡 =
=
= 0,15 → 𝛼 ≅ 8,6°
∆𝑡
𝑔
9,8 m/s ! × 3,6 s
𝑔
𝑔∆𝑡
12 Il valore dell’accelerazione è
𝑎 = 𝑔 sin 13° = 9,8 m/s ! sin 13° = 2,2 m/s !
La velocità finale è
𝑣 = 𝑣! + 𝑎𝑡 = 1,2 m/s + 2,2 m/s ! 2,3 s = 6,3 m/s
13 L’accelerazione del blocco, in modulo, è
𝑎 = 𝑔 sin 27°
Il tempo di salita è
𝑣! − 𝑣
𝑣! − 𝑣
=
𝑡=
𝑎
𝑔 sin 27°
e la distanza percorsa è
1
𝑣! − 𝑣
1
𝑣! − 𝑣 !
𝑣! − 𝑣 𝑣! + 𝑣
𝑠 = 𝑣! 𝑡 − 𝑎𝑡 ! = 𝑣!
− 𝑔 sin 27°
=
2
𝑔 sin 27° 2
𝑔 sin 27°
2𝑔 sin 27°
m
m
m
m
3,8 s − 0,40 s
3,8 s + 0,4 s
=
= 1,6 m
m
2 9,8 ! sin 27°
s
2
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
14 La lunghezza dello scivolo è
𝑙 = 𝑏 ! + ℎ!
Dalla legge del moto uniformemente accelerato
1
𝑙 = 𝑎𝑡 !
2
e dall’espressione dell’accelerazione lungo il piano
ℎ − 𝜇! 𝑏
𝑎=
𝑔
𝑙
si ricava
1
2𝑙 !
1
2 𝑏 ! + ℎ!
1
𝜇! =
ℎ− ! =
ℎ−
=
!
𝑏
𝑔𝑡
𝑏
𝑔𝑡
4,2 m
3,4 m −
2 4,2 m ! + 3,4 m !
9,8 m/s ! 1,8 s !
= 0,37
15 L’accelerazione sul piano è
𝑎 = 𝑔 sin 18° − 𝜇 cos 18° = 9,8 m/s ! × sin 18° − 0,11× cos 18° = 2,0 m/s2
La lunghezza del piano inclinato è
1
1
𝑠 = 𝑣! 𝑡 + 𝑎𝑡 ! = 𝑣! 𝑡 + 𝑔 sin 18° − 𝜇 cos 18° 𝑡 !
2
2
1
= 0,70 m/s 1,6 s + 9,8 m/s ! sin 18° − 0,11 cos 18° 1,6 s ! = 3,7 m
2
16 L’accelerazione del blocco, in modulo, è 𝑎 = ∆𝑣/∆𝑡
Dalla relazione 𝑎 = 𝑔 sin 23° − 𝜇 cos 23° ricaviamo
𝑎
1
1 ∆𝑣
1
sin 23° −
=
sin 23° −
𝜇=
cos 23°
𝑔
cos 23°
𝑔 ∆𝑡
1
1
3,8 m/s
=
sin 23° −
= 012
cos 23°
9,8 m/s ! 1,4 s
17 La seconda legge della dinamica nella direzione parallela al piano dà
𝑚𝑔 sin 𝜑 − 𝜇! 𝑐𝑜𝑠𝜑 = 𝑚𝑎, da cui
𝑔 sin 𝜑 − 𝑎
𝜇! =
= 0,65
𝑔 cos 𝜑
18 •
L’accelerazione è
𝑎 = (sin 𝜑 − 𝜇! cos 𝜑)𝑔 = 2,1 m s !
indipendentemente dalla massa.
• L’intensità della reazione vincolare per il solo carrello è
𝐹! = 𝑀𝑔 cos 𝜑 = 73 N
mentre quando la borsa è nel carrello la reazione vincolare è
𝐹! = (𝑀𝑔 + 𝑚) cos 𝜑 = 100 N
3
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
19 •
•
Lungo la direzione del piano inclinato si hanno le seguenti componenti delle forze:
𝐹∥ = 𝐹 cos 45° e 𝐹!∥ = 𝐹 sin 45°
Dall’esame delle componenti delle forze perpendicolari al piano si ricava:
𝐹! − 𝐹 sin 45° − 𝐹! cos 45° = 0 e 𝐹! − 𝐹 sin 45° + 𝐹! cos 45°
quindi la forza d’attrito dinamico è
𝐹! = 𝜇! 𝐹! = 𝜇! 𝐹 sin 45° + 𝐹! cos 45°
2
2
= 0,070 60 N
+ (1,7 kg)(9,81 m s ! )
= 3,8 N
2
2
Il pacco si muove con accelerazione
(𝐹∥ − 𝐹!∥ − 𝐹! )
= 16 m s !
𝑎=
𝑚
20 No, la tensione cambia lungo la fune, perché in punti diversi è diversa la quantità di massa da trainare.
21 Sì. Se un cassa avesse accelerazione maggiore dell’altra, la fune dovrebbe estendersi se le casse
tendono a distanziarsi maggiormente, oppure finirebbe per non essere più tesa se la distanza tra le
casse diminuisce.
22 No. Quando il filo scende di un piccolo tratto di lunghezza d, la sfera scende dello stesso tratto, ma il
blocco si sposta di un tratto minore, lungo d cos 45°. La stessa relazione esiste tra le accelerazioni.
23 •
Applicando il secondo principio della dinamica ai due pacchi si ottengono le equazioni
𝑇 − 𝐹!! = −𝑀! 𝑎 𝑒 𝑇 − 𝐹!! = −𝑀! 𝑎
che contengono le due incognite T, la tensione della corda, e a. Risolvendo il sistema di queste
due equazioni si ottiene
𝑀! − 𝑀!
𝑎=
𝑔 = 3,1 m s !
𝑀! + 𝑀!
verso l’alto per il pacco di massa minore, verso il basso per quello di massa maggiore.
• La tensione della corda è pari a
2𝑀! 𝑀!
𝑇=
= 31 N
𝑀! + 𝑀!
24 Dette 𝑇! e 𝑇! rispettivamente la tensione della fune a sinistra e la tensione della fune a destra, dalla
scomposizione delle forze applicate al punto di congiungimento delle funi e imponendo la condizione
di equilibrio si ottengono le seguenti equazioni:
𝑇! cos 60° − 𝑇! cos 30° = 0 e T! sin 30° − 𝑇! sin 30° − 𝑚𝑔 = 0
Dalla prima equazione si ricava 𝑇! = 𝑇! cotan 30° e sostituendolo nella seconda si ottiene
𝑇! = 𝑚𝑔 sin 30° = 25 N da cui 𝑇! = 42 N
4
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
25 Dal diagramma di corpo libero del blocco si ricavano le equazioni
𝑇! cos 30° − 𝑃 = 0 𝑒 𝑇! sin 30° − 𝑇! = 0, da cui
𝑃
2𝑃 3
𝑃 3
=
e 𝑇! = 𝑇! sin 30° =
𝑇! =
cos 30°
3
3
26 Le accelerazioni iniziali dei due oggetti non sono uguali: indicando quella della sfera è 𝑎, risulta che
quella del blocco è 𝑎 cos 45°. Calcola il valore di 𝑎.
Detta 𝑇 la tensione della fune, la condizione di equilibrio della sfera fornisce l’equazione
𝑚𝑔 − 𝑇 = 0 → 𝑇 = 𝑚𝑔 = 2𝑀𝑔
La forza totale nella direzione verticale sul blocco
𝐹! = 𝑇 sin 45° − 𝑀𝑔 = 𝑀𝑔 2 sin 45° − 1 = 0
è nulla, per cui risulta nulla anche la forza di attrito.
Dal secondo principio della dinamica si ottengono le equazioni
𝑚𝑔 − 𝑇 = 𝑚𝑎 ⟹ 𝑇 = 𝑚 𝑔 − 𝑎 = 2𝑀 𝑔 − 𝑎
𝑇 cos 45° = 𝑀𝑎 cos 45°
Dal sistema di queste due equazioni si ricava
2
𝑎=
𝑔 = 5,7 m/s !
1+ 2
27 Indicata con 𝑇 la tensione della fune, assumendo che la massa 𝑚! salga, la seconda legge di Newton in
assenza di attrito fornisce le seguenti equazioni:
𝑇 − 𝑚! 𝑔 = 𝑚! 𝑎 𝑚! 𝑔 sin 30° − 𝑇 = 𝑚! 𝑎
Si ricava
𝑚! sin 30° − 𝑚!
12,0 kg sin 30° − 3,0 kg
𝑎=
𝑔=
× 9,8 m/s ! = 2,0 m/s !
𝑚! + 𝑚!
12,0 kg + 3,0 kg
Poiché l’accelerazione è positiva, la massa 𝑚! sale e la massa 𝑚! scende lungo il piano.
In presenza di attrito la seconda legge della dinamica fornisce le seguenti equazioni (𝐹! indica la forza
di reazione vincolare perpendicolare al piano):
𝑇 − 𝑚! 𝑔 = 𝑚! 𝑎
𝑚! 𝑔 cos 30° − 𝐹! = 0
𝑚! 𝑔 sin 30° − 𝑇 − 𝜇! 𝐹! = 𝑚! 𝑎
Da queste equazioni si ricava
𝑚! sin 30° − 𝜇! 𝑚! cos 30° − 𝑚!
𝑎=
𝑔
𝑚! + 𝑚!
12,0 kg sin 30° − 0,2 cos 30° − 3,0 kg
=
× 9,8 m/s ! = 0,6 m/s !
12,0 kg + 3,0 kg
5
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
28 •
•
La componente orizzontale 𝑇! della tensione della fune provoca l’accelerazione della
lampadina, mentre quella verticale 𝑇! si oppone alla forza peso. Quindi, detto 𝜑 l’angolo
d’inclinazione del filo, si ha
𝑇! 𝑎
0,60 m s !
tan 𝜑 =
= =
= 0,061 → 𝜑 = 3,5°
𝑇! 𝑔
9,81 m s !
Quando la pallina oscilla, nel sistema di riferimento non inerziale del treno è come se fosse
sottoposta a una forza peso nella direzione del filo quando è in equilibrio, con un’accelerazione
di gravità equivalente 𝑔! = 𝑔! + 𝑎!" . Il periodo di oscillazione della lampadina è 𝑇 =
2𝜋 𝑙 𝑔 = 1,0 s
29 La tensione della fune è
𝑇 = 𝑚 𝑔 − 𝑎 = 40 N.
La reazione vincolare del piano è
𝐹! = 𝑀𝑔 cos 30°
e la forza d’attrito dinamico è
𝐹! = 𝜇! 𝐹! = 𝜇! 𝑀𝑔 cos 30°
Il secondo principio della dinamica applicato al moto del blocco sul piano nella direzione parallela ad
esso fornisce
𝐹! sin 30° + 𝑇 − 𝐹! = 𝑀𝑎 → 𝑀𝑔 sin 30° + 𝑇 − 𝜇! 𝑀𝑔 cos 30° = 𝑀𝑎, da cui
𝑀 = 𝑇 𝑎 + 𝜇! 𝑔 cos 30° − 𝑔 sin 30° =
=
40N
= 55kg
[5,2m/s +0,05(9,8m/s )cos30° − (9,8m/s 2 )sin30°]
2
2
30 Risolviamo il problema trascurando la presenza dell’attrito: dalla seconda legge di Newton si
ottengono le seguenti equazioni
𝑇 − 𝑚! 𝑔 = 𝑚! 𝑎
𝑚! 𝑔 cos 45° − 𝐹! = 0
𝑚! 𝑔 sin 45° − 𝑇 = 𝑚! 𝑎
da cui si ricava
𝑚! sin 45° − 𝑚!
7,0 kg sin 45° − 3,0 kg
𝑔=
× 9,8 m/s ! = 1,9 m/s !
𝑎=
𝑚! + 𝑚!
7,0 kg + 3,0 kg
La forza totale sul blocco è
𝐹! = 𝑚! 𝑎 = 7,0 kg 1,9 m/s ! = 13 N
mentre la forza di attrito statico massima è maggiore:
𝑓!,!"# = 𝜇! 𝐹! = 𝜇! 𝑚! 𝑔 cos 45° = 0,60 7,0 kg (cos 45°) 9,8 m/s ! = 29 N
per cui il blocco non si muove.
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31 •
•
La forza 𝐹′ deve essere opposta alla forza 𝐹.
No, la somma di 𝐹! e 𝐹! deve essere opposta a 𝐹, ma non ci sono limitazioni sulla scelta di una
delle due.
32 Devono formare tra loro angoli di 120°.
33 Le due forze elastiche devono avere la stessa intensità, per cui
𝑘! 𝑠!
320 N/m 0,070 m
𝑘! =
=
= 2,5×10! N/m
𝑠!
0,090 m
34 La forza da applicare dev’essere opposta al vettore componente della forza-peso parallela al piano:
1
1
𝐹 = 𝐹! sin 30° = 𝑚𝑔 = 0,85 kg 9,8 m/s ! = 4,2 N
2
2
35 Scomponendo la forza elastica 𝐹! = −𝑘! 𝑠! nei suoi due vettori componenti e imponendo le condizioni
di equilibrio otteniamo:
𝐹! − 𝐹!,! = 0
𝐹! − 𝐹!,! = 0
quindi
𝑘! 𝑠! − 𝑘! 𝑠! cos 45° = 0
𝑘! 𝑠! − 𝑘! 𝑠! sin 45° = 0
da cui si ricavano
𝑠! =
𝑘! 𝑠!
160 N/m 0,040 m
=
= 0,038 m
𝑘! sin 45°
240 N/m sin 45°
𝑠! =
𝑘! 𝑠! cos 45° 𝑘! 𝑠! cos 45°
160 N/m 0,040 m cos 45°
=
=
= 0,053 m
120 N/m sin 45°
𝑘!
𝑘! sin 45°
36 • Detti l la lunghezza del piano e b la lunghezza della sua base, l’angolo d’inclinazione è
𝜑 = arctan
•
𝑙! − 𝑏!
= 17°
𝑏
L’altezza del piano inclinato è
ℎ = 𝑙 ! − 𝑏 ! e il valore minimo del coefficiente di attrito statico è
𝜇=
ℎ
𝑙! − 𝑏!
=
= 0,31
𝑏
𝑏
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
37 •
Rampa 1:
𝑚𝑔ℎ (630 kg)(9,81 m s ! )(2,5 m)
𝐹! =
=
= 3,1×10! N
𝑙
(5,0 m)
Rampa 2:
𝑚𝑔ℎ (630 kg)(9,81 m s ! )(2,5 m)
𝐹! =
=
= 1,3×10! N
𝑙
(12,0 m)
Rampa 3:
𝑚𝑔ℎ (630 kg)(9,81 m s ! )(2,5 m)
=
= 1,1×10! N
𝐹! =
𝑙
(14,0 m)
• Solo le ultime due rampe riescono a sollevare il carico.
38 •
•
L’angolo che il piano forma con l’orizzontale è
(2,6 m)
ℎ
= 60°
𝛼 = arcsin = arcsin
(3,0 m)
𝑙
In assenza di attrito, dall’equilibrio delle forze lungo la direzione del piano inclinato implica
𝑚𝑔 sin 𝛼 − 𝑘𝛥𝑥 = 0, dove 𝛥𝑥 è l’allungamento della molla quando il mattone è fermo. Quindi
𝑚𝑔 sin 𝛼
3,5 kg 9,8 m s ! sin 60°
𝛥𝑥 =
=
= 0.093 m
𝑘
320 N m
In presenza di attrito, la condizione di equilibrio corrispondente al massimo allungamento della
molla è
𝑚𝑔 sin 𝛼 − 𝑘𝛥𝑥 − 𝜇! 𝑚𝑔 cos 𝛼 = 0, da cui
3,5 kg 9,8 m s ! (sin 60° − 0,25 cos 60°)
𝑚𝑔 sin 𝛼 − 𝜇! 𝑚𝑔 cos 𝛼
=
= 7,9 𝑐m
𝛥𝑥 =
𝑘
320 N m
39 • Dall’equilibrio delle forze lungo la direzione del ripiano si ha
𝑚𝑔 sin 𝜙 − 𝜇! 𝑚𝑔 cos 𝜙 = 0
𝜇! = tan 𝜑 = tan 12° = 0,21
• Dalla legge del moto uniformemente accelerato ricaviamo l’accelerazione della scatola
𝑎=
2𝐿
∆𝑡 !
Dal secondo principio della dinamica
𝑚𝑔 sin 𝛼 − 𝜇! 𝑚𝑔 cos 𝛼 = 𝑚𝑎
𝜇! =
𝑔 sin 𝛼 − 𝑎
2𝐿
6,2 m
= tan 𝛼 −
= tan 12° −
!
!
𝑔 cos 𝛼
𝑔 cos 𝛼 ∆𝑡
9,8 m/s cos 12° 2,4 s
8
!
= 0,10
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
40 Fissiamo l’asse orientato verso destra e scriviamo le equazioni per tutte le forze che agiscono sulla
massa m, sul dinamometro 1 e sul dinamometro 2.
m1 g − T1 = 0
T1 − T2 = 0
T2 − T3 = 0
da cui
T1 = T2 = T3 = m1 g = 9,8 N
41 • Sì, se le due forze non sono applicate lungo la stessa retta, ma lungo rette parallele.
• Attorno al suo centro di massa. Se così non fosse, il centro di massa verrebbe messo in moto,
cioè accelerato, ma per questo ci vuole una forza netta non nulla.
42 La forza-peso della merce e la forza-peso della sfera hanno momenti di verso opposto rispetto al
gancio. Mentre il primo momento è fisso, il secondo momento può essere variato spostando la sfera,
vale a dire, modificandone il braccio. L’equilibrio, cioè l’uguaglianza dei moduli dei due momenti, si
realizzerà in una determinata posizione. Essendo noti i due bracci delle forze e la massa della sfera, si
deduce la massa della merce. L’asta è tarata in modo da leggere la massa della merce senza dovere fare
alcun calcolo.
43 Dalla condizione di equilibrio
𝑙𝐹! = 𝑑𝑇
si ricava
𝑙𝐹!
0,35 m 1,2 kg 9,8 m/s !
𝑇=
=
= 1,2×10! N
𝑑
0,035 m
44 𝑀 = 𝑑𝐹 = 0,80 m 34 N = 27 N m
45 Le due forze costituiscono una coppia, per cui il loro momento è pari a 𝑀 = 𝐹𝑑 = 0,080 N m
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
46 Il mattone può muoversi in due modi differenti: scivolare lungo il piano di moto traslatorio oppure
inclinarsi in avanti, ruotando attorno allo spigolo inferiore a contatto con il piano inclinato.
L’angolo massimo oltre il quale il mattone inizia a scivolare si ottiene trascurando la possibilità di una
rotazione, assumendo che la forza di attrito statico 𝐹!,! abbia il massimo valore possibile:
tan 𝛼! = ℎ/𝑏 = 𝜇! = 0,60, da cui segue 𝛼! = 31°.
L’angolo massimo oltre il quale avviene la rotazione è quello per cui il baricentro del mattone e il
punto inferiore di appoggio sono allineati verticalmente:
tan 𝛼! =
𝑎 2
8
=
→ 𝛼! ≅ 28°
𝑐 2 15
Pertanto, quando l’inclinazione supera i 28° il mattone si inclina, ruotando attorno allo spigolo
inferiore, e cade lungo il piano.
47 𝑀 = 𝑑𝐹 = 2×0,036 m × 1,5 N = 0,11 N m
48 Combinando
𝑑! 𝐹! = 𝑑! 𝐹! e 𝑑! + 𝑑! = 𝑑!"! si ottiene
𝑑!"! = 𝑑!
(𝐹! + 𝐹! )
40 N
= 0,20 m
= 80 cm
𝐹!
10 N
49 𝑟! =
𝐹!
𝐹!
(𝐹! + 𝐹! )
(𝐹! + 𝐹! )
5,1 kg + 40 kg
→ 𝑟! + 𝑟! = 𝑟! 1 +
= 𝑟!
= 𝑟!
= 1,2 m
= 2,1 m
𝐹!
𝐹!
5,1 kg
𝐹!
𝐹!
50 Le due forze hanno uguale intensità e versi opposti, per cui costituiscono una coppia di forze. La loro
distanza è 𝑑 = 𝑀/𝐹, dunque la distanza richiesta è 𝑟 = 𝑑 − 𝑅 = 1,0 m.
51 Dalla condizione di equilibrio tra i momenti delle forze-peso dei due oggetti calcolati rispetto al bordo
del ripiano si ricava
𝑀𝑔𝑑 = 𝑚𝑔
𝑙
−𝑑
2
da cui
𝑀=
40 kg
𝑚 𝑙
−𝑑 =
× 0,1 m = 3,6 kg
𝑑 2
1,1 m
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
52 Con il braccio di 𝐹! (rispetto ad A) pari a 1/4 di quello di 𝐹! , si ha:
1
𝐹! = 𝐹! = 2,5 N
4
53 Il diagramma delle forze applicate al ponte levatoio, visto lateralmente (il castello è sulla destra):
T è la tensione di una fune, 𝐹! è la forza di reazione vincolare. Dalla condizione di equilibrio delle
forze si ottengono le seguenti equazioni:
𝑇! − 𝐹!" = 0
𝑇! + 𝐹!" − 𝐹! = 0
mentre dalla condizione di equilibrio dei momenti, calcolati rispetto al punto di applicazione di, 𝐹! si
ottiene
𝐿
𝐹 − 𝐿𝑇! = 0
2 !
Le equazioni forniscono:
1
1
𝑇! = 𝐹! = 4200 kg 9,8 m/s ! = 2,1 ×10! N
2
2
1
F!" = 𝐹! − 𝑇! = 𝑇! = 𝐹! = 2,1 ×10! N
2
F!" = 𝑇!
𝑇! = 𝑇! tan(90 − 50)° = 𝑇! tan(40)° = 1,8 ×10! N
F!" = 𝑇! = 1,8 ×10! N
La tensione e la forza di reazione vincolare hanno quindi modulo uguale:
𝑇!
= 2,7 ×10! N
𝐹! = 𝑇 =
cos 40°
54 Dalla condizione di equilibrio si ottiene
ℎ
𝑚𝑔 sin 5,0° = 2ℎ𝑇
2
𝑚𝑔 sin 5,0°
𝑇=
= 1,9 N
4
55 In un solo caso la traiettoria non è parabolica e ma rettilinea: quando la velocità iniziale ha la stessa
direzione dell’accelerazione, cioè quando è diretta verticalmente verso l’alto o verso il basso.
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
56 • Il tempo impiegato dalla palla è
1
y = − gt 2 →
2
( −1,8 m ) = − ( 4,9 m/s ) t
2
2
→ t=
(1,8 m )
( 4,9 m/s )
2
= 0,61 s
• Lo spostamento orizzontale è
x = v0t = ( 2,5 m/s ) ( 0,61 s ) = 1,5 m
57 •
Il tempo impiegato dal pesce è
t=
•
2 × 20 m
2h
=
= 2,0 s
g
9,8 m/s 2
L’equazione della traiettoria è
9,8 m/s 2 2
g 2
x = (0,049 m −1 )x 2
-y=− 2 x =−
2
2(10 m/s)
2v0 x
58 Il tempo di caduta è 𝑡 =
2(𝑦! − 𝑦)/𝑔
La velocità verticale al momento dell’ingresso in acqua è
𝑣! = −𝑔𝑡 = − 2𝑔 𝑦! − 𝑦
e la velocità è
𝑣=
𝑣!! + 𝑣!! =
𝑣!! + 2𝑔 𝑦! − 𝑦 =
4,2 m/s
!
+ 2 9,8 m/s ! 1,9 m = 7,4 m/s
59 Dall’equazione del moto verticale 𝑦 = 𝑦! − 𝑔𝑡 ! 2 otteniamo
1
𝑦! = 𝑔𝑡 ! = 4,9 m/s ! 0,82 s ! = 3,3 m
2
• La velocità al momento dell’ingresso in acqua è
•
𝑣=
𝑣!! + 𝑣!! =
𝑣!! + −𝑔𝑡
!
=
3,6 m/s
!
+ 9,8 m/s ! 0,82 s
!
= 8,8 m/s
60 Le componenti della velocità devono essere uguali in modulo:
𝑣!
𝑣! = 𝑣! → 𝑣! = 𝑔𝑡 → 𝑡 =
𝑔
Dall’equazione del moto verticale 𝑦 − 𝑦! = − 𝑔𝑡 ! 2 ricaviamo
1 ! 𝑣!!
5,3 m/s !
=
𝑔𝑡
=
=
= 1,4 m
𝑦!
2
2𝑔 2 9,8 m/s !
12
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
61 Il tempo della caduta è
2𝑦!
𝑔
∆𝑡 =
Durante questo tempo, la biglia si sposta orizzontalmente di un tratto
∆𝑥 = 𝑣∆𝑡 = 𝑣
2𝑦!
= 0,56 m/s
𝑔
2 0,76 m
= 0,22 m
9,8 m/s ! 62 •
Il tempo impiegato dall’oggetto è
∆𝑡 =
•
2𝑦!
=
𝑔
2×1,2 m
= 0,49 s
9,8 La velocità iniziale
𝛥𝑥 0,80 m
𝑣! =
=
= 1,6 m/s
𝛥𝑡
0,49 s
63 Vuoi ottenere la massima gittata, quindi l’angolo dev’essere di 45°, se si trascura la resistenza
dell’aria.
64 •
Le componenti della velocità iniziale sono
2
2
𝑣! = 𝑣! = 𝑣
= 21 m/s
= 15 m/s
2
2
• La gittata è
𝐿=2
𝑣! 𝑣!
=2
𝑔
2
𝑣 2
𝑔
!
=
𝑣!
21 m/s !
=
= 45 m
𝑔
9,8 m/s !
65 Dalla formula della gittata massima che si ha per un angolo di 45° ricavo:
v2
Lmax = 0 → v0 = gLmax = (9,8 m/s 2 )(8,95 m) = 9,4 m/s
g
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
66 •
Dall’equazione 𝑣 = 𝑣!! − 𝑔𝑡 ricaviamo l’istante in cui il pallone arriva alla massima altezza
(con velocità nulla):
𝑣!! 𝑣! sin 60°
8,7 m/s sin 60°
𝑡!"# =
=
=
= 0,77 s
𝑔
𝑔
9,8 m/s !
L’altezza massima raggiunta è
!
𝑣!!
1 !
8,7 m/s sin 60° !
ℎ!"# = 𝑣!" 𝑡!"# − 𝑔𝑡!"# =
=
= 2,9 m
2
2𝑔
2 9,8 m/s !
• Il pallone si trova a metà dell’altezza massima due volte corrispondenti agli istanti di tempo
che si ottengono dall’equazione
ℎ!"#
1
= 𝑣!! 𝑡 − 𝑔𝑡 ! = 2,9 m
2
2
𝑡! = 0,22 s e 𝑡! = 1,3 s
67 La componente orizzontale della velocità iniziale è 𝑣! = 𝑣 cos 80° e Δ𝑥 = 1,3 m. Il volo del sacchetto
dura quindi un tempo pari a
𝛥𝑥
𝛥𝑡 =
= 1,0 s
𝑣!
68 La gittata 𝑅! sulla Luna è
𝑣! 𝑣!
𝑣! 𝑣! 𝑔
9,8 m/s !
𝑅! = 2
=2
= 340 m
= 2,1×10! m
𝑔!
𝑔 𝑔!
1,6 m/s !
69 •
La gittata è
1000 𝑚 !
150×
𝑣! 𝑣!
sin 55° cos 55°
3600 𝑠 sin 55° cos 55° = 166 m
𝐿=2
=2
=2
𝑔
9,8 m/s !
𝑔
Quindi la pallina esce dal campo da gioco.
!
• La palla raggiunge la massima altezza al tempo 𝑡!"# = !!! quindi
𝑣!!
𝑦!"#
1 !
= 𝑣!! 𝑡!"# − 𝑔𝑡!"#
2
1000 𝑚 !
150× 3600 𝑠
sin 55°
=
=
2𝑔
2 9,8 m/s !
!
𝑣!!
!
= 59 m
70 •
Dall’espressione la y del vertice (punto più alto)si ricava:
v 2 (v senα )2 [(30 m/s) sen30°]2
y = 0y = 0
=
= 11 m
2g
2g
2(9,8 m/s 2 )
• Calcolo la gittata:
𝑣! 𝑣!
𝑣!! sin 30° cos 30°
30m/s ! sin 30° cos 30°
𝐿=2
=2
=2
= 80 m
𝑔
𝑔
9,8 m/s !
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
71 Nel moto uniformemente accelerato
v 2 = v0 2 + 2aΔs quindi
v02y = v0 y 2 + 2gy → v y = v0 y 2 + 2gy = (v0 sin 20°)2 + 2gy =
= [(12 m/s) sin 20°]2 +2(9,8 m/s)(10 m)=15 m/s
Quindi da v y = v0 y + gt si ha
v y − v0 y
t=
g
=
(15 m/s) − [(12 m/s)sin 20°]
= 1,1 s
9,8 m/s 2
Infine:
= x = v0 x t = (v0 cos 20°)t = (12 m/s)(cos 20°)(1,1 s) = 12 m
72 La velocità orizzontale della palla è 𝑣_𝑥 = 𝛥𝑥𝛥𝑡 = 26 m/s. Dalla formula della gittata si ottiene:
𝑔𝛥𝑥
𝑣! =
= 3,2 m/s
2𝑣!
73 Ogni punto del DVD compie un giro dello stesso intervallo di tempo, quindi la velocità angolare è la
stessa per tutti i punti. Invece punti più distanti dal centro percorrono una distanza maggiore di quelli
più vicini al centro durante lo stesso intervallo di tempo, per cui i primi hanno velocità maggiore dei
secondi.
74 Ogni punto della catena ha la stessa velocità (in modulo) e le parti esterne delle corone sono solidali
alla catena, per cui hanno anch’esse la stessa velocità (in modulo). Pertanto le velocità angolari non
sono le stesse, perché i punti esterni alla corona di raggio maggiore hanno velocità minore.
75 2𝜋
2𝜋
2𝜋
=
=
= 1,6×10!! rad/s
10 h 39 min
38340 s
𝑇
𝜔=
76 𝑇=
2𝜋
2𝜋
=
≅ 1,7×10! s
!!
𝜔
3,7×10 rad/s
77 •
•
La velocità media è pari a
2𝜋𝑟
2𝜋(1,1×10!! m)
𝑣 = 𝜔𝑟 =
=
= 3,6×10! m/s
𝑇
(224,70×86400 s)
La velocità angolare è
2𝜋
2𝜋
𝜔=
=
= 3,2×10!! rad/s
𝑇
(224,70×86400 s)
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
78 𝑓=
15
= 5,0 Hz → 𝜔 = 2𝜋𝑓 = 31 rad/s 3
79 Indichiamo con R il raggio del bordo, v la velocità del bordo, d = 0,030 m la distanza del punto in
esame dal bordo, r = R – d il raggio del punto di cui viene chiesta la velocità, v’ la velocità richiesta.
𝜔 = 𝑣 𝑅 = 𝑣′ 𝑟 → 𝑅 = 𝑣 𝜔 = 𝑣 2𝜋𝑓
𝑣
𝑣
− 𝑑 = 2𝜋𝑓
−𝑑
𝜔
2𝜋𝑓
La frequenza del disco è 𝑓 = (45 giri)/(60 s) = 0,75 Hz quindi la velocità richiesta è
𝑣 ! = 0,33 m/s.
𝑣 ! = 𝑣𝑟 𝑅 = 𝑣 𝑅 − 𝑑
𝑅=𝜔
80 •
•
La velocità angolare è
2𝜋
rad
2𝜋
=
= 2,6
𝜔=
2,4 s
s
𝑇
La velocità sul bordo del disco è data da
2𝜋𝑟 2𝜋(0,50 m)
𝑣 = 𝜔𝑟 =
=
= 1,3 m/s
𝑇
(2,4 s)
81 •
•
La velocità angolare della Terra attorno al proprio asse è
2π
2π
=
= 7,3 ×10−5 rad/s
ω=
T 86400s
Il triangolo OMP è un triangolo rettangolo isoscele. La distanza (d = OP) del punto M
dall’asse di rotazione della Terra si ottiene dal teorema di Pitagora:
R 6,4 × 106 m
R = d2 + d2 = d 2 → d =
=
= 4,5 × 106 m
2
2
oppure come R cosα = R cos 45° = 4,5 ×106 m .
82 𝑣 0,84 m/s
=
= 1,4 rad/s
𝐿
0,60 m
𝐿
0,60 m
𝑣 = 𝜔 = 1,4 rad/s
= 0,42 m/s
2
2
𝜔=
83 𝑣
0,22 m/s
=
= 0,69 m
𝜔 0,32 rad/s
𝑣
0,13 m/s
𝑑! = =
= 0,41 m
𝜔 0,32 rad/s
𝑑=
16
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
84 Dalle equazioni
𝑣! = 𝜔𝑅! ;
𝑣! = 𝜔𝑅! ;
𝑅! = 𝑅! + 1,32 m ; 𝑣! = 𝑣! + 3,2 m/s
si ricava
3,2 m/s = 1,32 m 𝜔 → 𝜔 =
3,2 m/s
= 2,4 rad/s
1,32 m
85 2π
2π
=
= 2,6 ×10 −6 rad/s
T
28 × 24 × 3600 s
v'
v
1v ω
=
= = 3,3× 10 −7 rad/s
ω' = =
r ' 2 ( 4r ) 8 r 8
ω=
86 2π
360°
Δt =
(1 d) = 0,99°
365 d
T
π
π T
T 365 d
Δα
= 6 =
=
=
= 30 d
Δt =
2π 6 2π 12
ω
12
T
α = ωΔt =
87 ω=
2π 6,28 rad
=
= 1,7 × 10−3 rad/s
3600 s
T
(
)
v = ω r = 1,7 × 10−3 rad/s ( 0,85 m ) = 1,5 × 10−3 m/s
88 Nel moto circolare non uniforme la variazione del vettore velocità ∆𝑣 può essere scomposta in due
componenti: la prima, ∆𝑣! , in direzione radiale, perpendicolare alla traiettoria circolare, la seconda,
∆𝑣∥ , tangente alla traiettoria. A ciascuna di queste corrisponde un’accelerazione: ∆𝑣! corrisponde
all’accelerazione centripeta 𝑎! , mentre ∆𝑣‖ corrisponde a un’accelerazione 𝑎! tangente alla traiettoria.
89 Sul bordo. I punti del disco hanno tutti la stessa velocità angolare; a parità di velocità angolare,
l’accelerazione centripeta è direttamente proporzionale al raggio.
90 𝑣!
28180 km/h !
28180×10! m/ 3600 s
𝑎=
=
=
𝑟
6380 km + 140 km
6520 km
17
!
= 9,4 m/s !
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
91 !
2𝜋 !
2𝜋
𝑎! =
𝑟=
2,4×10!" m ≅ 2,0×10!!" m s !
𝑇
220×10! ×365×24×3600 s
2𝜋
2𝜋
𝑣=
𝑟=
2,4×10!" m = 2,2×10! m s
!
𝑇
220×10 ×365×24×3600 s
92 𝑣!
0,34 m/s
𝑎! =
=
𝑙
0,63 m
!
= 0,18 m/s !
93 2𝜋𝑣 2×𝜋× 18,6×10!! m/s
𝑎! =
=
= 6,0×10!! m s !
𝑇
2×9,8 s
94 ( 2π )
=
2
RT cos λ
•
ac
•
ac (0°) = 0,034 m/s 2
T
2
( 2 × 3,14) (6,4 × 10 m ) cos λ = 0,034 m/s cos λ
=
(
)
( 24h × 3600 s/h )
2
6
2
2
ac (30°) = 0,029 m/s 2
ac (45°) = 0,024 m/s 2
ac (60°) = 0,017 m/s 2
ac (90°) = 0
•
ac−max( g ) =
ac (0°) 0,034m/s 2
=
= 3,5 × 10−3 ⇒ ac =3,5 × 10−3 g
2
g
9,8m/s
95 2𝜋
𝑎! = 𝜔 𝑟 =
𝑇
!
!
2𝜋
𝑅! cos 𝜑 =
86400 s
!
6,4×10! m cos 59° = 0,017 m/s !
96 𝑟 = distanza iniziale dell’ape dal rotore; 𝑙 = lunghezza della pala
𝑎! = 𝜔! 𝑟 = 6,28 rad/s ! 3,00 m = 118 m s !
𝑣 = 𝜔𝑙 = 6,28 rad/s 5,70 m = 35,8 m s
97 2𝜋
2𝜋
𝑟=
0,80 m = 1,1 m s
𝑇
6×0,75 s
!
2𝜋 !
2𝜋
𝑎! =
𝑟=
0,80 m = 1,6 m s !
𝑇
6×0,75 s
𝑣=
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
98 •
•
•
•
La velocità del perno è
2𝜋
2𝜋
0,40
𝑣 = 𝜔𝑟 =
𝑟=
= 1,1×10!! m s
𝑇
(11 s) (2 m)
L’accelerazione centripeta del perno è data da
2𝜋 !
2𝜋 ! 0,40
!
!
𝑎! = 𝜔 𝑟 =
𝑟=
= 6,5×10!! m s
𝑇
11 s
(2 m)
Il diametro della macina si ricava da
𝑣
𝑣𝑇
𝑣
0,63 m/s 11 s
=
=
= 1,1m
𝑣 = 𝜔𝑟 → 𝑟 = =
𝜔 2𝜋 𝑇 2𝜋
2𝜋
𝐷 = 2𝑟 = 2 1,1 m = 2,2 m
La macina ha un’accelerazione centripeta pari a
2𝜋 !
2𝜋 !
!
𝑎! =
𝑟=
(1,1 m) = 3,6×10!! m s
11 s
𝑇
99 Chi si trova all’interno del cilindro in rotazione sente la forza centrifuga che lo spinge verso il bordo
del cilindro, che rappresenta per lui il suolo. Questa forza è perpendicolare al bordo e costante in ogni
suo punto, proprio come la forza di gravità vicino al suolo terrestre.
100 L’inclinazione fa sì che vi sia una componente non nulla della forza-peso parallela alla pista e diretta
verso l’interno. Questa si aggiunge alla forza d’attrito tra la gomma della bici e la pista per fornire la
forza centripeta necessaria per affrontare la curva e consentire ai ciclisti di correre a velocità maggiori
di quelle possibili su una pista piana.
101 No. Si definisce forza centripeta qualsiasi forza, o somma di forze, che è costantemente diretta verso
un punto e produce un moto circolare. Quindi, affinché una forza, o somma di forze, sia detta
centripeta non ha importanza quale ne sia la causa, conta solo l’effetto del prodotto.
102 Nel sistema di riferimento solidale con il disco, il distacco dell’oggetto corrisponde alla messa in moto
dell’oggetto stesso. Ciò avviene quando la forza centripeta supera la forza di attrito statico: mω! r >
µμ! mg, cioè ω! > µμ! g/r. Pertanto si può aumentare r oppure diminuire il coefficiente di attrito statico:
Le risposte giuste sono (a) e (b).
103 •
•
Il modulo della forza che agisce sulla valigia è
𝐹! = 𝑚𝑎! → 𝑚 = 25 kg 8,3 m/s ! = 2,1×10! N
La velocità della valigia è
𝑣 ! 𝑎! =
→ 𝑣 = 𝑎! 𝑟 = (8,3 m/s ! )(2,8 m) = 4,8 m/s 𝑟
104 𝑑
= 𝜋𝑓𝑑
2
𝑣! 𝑚
𝐹! = 𝑚𝑎! = 𝑚
=
𝜋𝑓𝑑
𝑅
𝑅
𝑣 = 𝜔𝑟 = 2𝜋𝑓
!
=
1,2 kg
𝜋 10 Hz 0,014 m
0,86 m
19
!
= 0,27 N
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
105 La forza applicata dal disco sul tappo ha due componenti: una verticale, diretta verso l’alto e in modulo
pari a 𝐹! = 𝑚𝑔 = 4,9×10!! N; una orizzontale pari alla forza centripeta 𝐹! = 𝐹! = 𝑚𝜔! 𝑟 =
1,6×10!! N.
106 Dalla formula della forza centripeta
𝑣!
𝑣!
𝐹! = 𝑚 → 𝜇! 𝑚𝑔 = 𝑚 𝑅
𝑅
per cui
𝑣 = 𝜇! 𝑔𝑅 = 0,26 9,8 m/s ! 16 m = 6,4 m/s
107 Una sferetta di acciaio di massa 𝑚 = 510 g è appesa a un filo di massa trascurabile e lunghezza
Indicata con 𝑇 la forza esercitata dal filo, dalla seconda legge di Newton si ricava l’equazione
𝑣!
𝑇 − 𝑚𝑔 cos 30° = 𝑚
𝑙
per cui
𝑣!
0,76 m/s !
!
𝑇 = 𝑚 𝑔 cos 30° +
= 0,51 kg 9,8 m/s cos 30° +
= 5,0 N
𝑙
0,46 m
108 •
La somma della forze applicate è la forza centripeta. Nel punto più basso la forza-peso 𝐹! e la
forza 𝐹 applicata dal carrello hanno versi opposti:
𝑣!
𝑣!
𝑣!
𝐹 − 𝐹! = 𝑚𝑎! = 𝑚 → 𝐹 = 𝐹! + 𝑚
=𝑚 𝑔+
𝑅
𝑅
𝑅
!
4,20 m/s
= 867 N
= 75,0 kg 9,8 m/s ! +
10,0 m
• Nel punto più alto la forza-peso 𝐹! è diretta verso il basso, ma la direzione della forza 𝐹
applicata dal carrello non è nota: assumendo sia diretta verso l’alto
𝑣!
𝑣!
𝑣!
𝐹 − 𝐹! = 𝑚𝑎! = −𝑚 → 𝐹 = 𝐹! − 𝑚
=𝑚 𝑔−
𝑅
𝑅
𝑅
!
4,20 m/s
= 75,0 kg 9,8 m/s ! −
= 603 N
10,0 m
109 !
55
m
s
𝑣
𝑣
𝑚𝑣
𝑣
𝑣
3,6
𝐹! = 𝑚 → 𝑟 = 𝑚
=
=𝑚
=
=
= 34 m
𝑟
𝐹!
𝜇! 𝐹!
𝜇! 𝑚𝑔 𝜇! 𝑔 0,7(9,8 m s ! )
!
!
!
!
!
110 •
•
La forza applicata dall’uomo è una forza centripeta:
𝑣!
𝐹! = 𝑚
= 4,2×10! N
𝑟
La forza centripeta diminuisce all’aumentare del raggio poiché è inversamente proporzionale
ad esso, quindi conviene allentare la corda.
20
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
111 La curva tratteggiata rappresenta la velocità in funzione del tempo, e la curva rossa la posizione in
funzione del tempo. La velocità è nulla negli istanti in cui la il moto si inverte, ossia quando
l’ampiezza è massima (in valore assoluto), mentre assume il valore massimo (in valore assoluto) in
corrispondenza del centro dell’oscillazione.
112 Il moto dell’automobilina è periodico ma non armonico. Nel moto armonico la velocità non è costante.
113 Dal grafico l’ampiezza 𝑟 = 2 mm, il periodo 𝑇 = 0,4 s, e la frequenza 𝑓 = 1/𝑇 = 2,5 𝑠 !!
114 •
•
Il periodo è dato da 𝑇 = 2𝜋/𝜔 = 1,2 s
L’ampiezza del moto è data dal raggio della ruota: r = 45 cm
115 Si ottengono
∆𝑡 224 s
𝑇=
=
= 56 s
4
4
1
1
= 1,8×10!! Hz
𝑓= =
𝑇 56 s
2𝜋
2𝜋
𝜔 = 2𝜋𝑓 =
=
= 0,11 rad/s
𝑇
56 s
116 Ampiezza, periodo e frequenza sono
𝑟 = 6,0 m
𝑇 = 4,0 s
1
𝑓 = = 0,25 Hz
𝑇
117 •
•
•
118 1
1
=
= 0,43 s
f 2,30 Hz
ω = 2π f = 2π (2,30 Hz) = 14,4 rad/s
Ricavo dalla legge oraria la posizione del pesetto dopo 0,300 s, osservando che il moto inizia
nella posizione s = r verso l’alto all’istante t = 0 s.
s = r cos ω t → s(0,300 s) = (5,00 × 10−2 m)cos[(14,4 rad/s)(0,300 s)] = −1,91× 10 −2 m
T=
v0 = ω r = (14,4 rad/s)(5,00 × 10−2 m) = 0,720 m/s
•
ω = 2π f = 2π (2,0 Hz) = 13 rad/s
•
v0 = ω r = (13 rad/s)(6,0 × 10−2 m) = 0,78 m/s
•
s = r cos ω t → s = (6,0 × 10−2 m)cos[(13 rad/s)t] e
•
v = −ω r sin ω t → v = −(13 rad/s)(6,0 × 10−2 m)sin[(13 rad/s)t]
Dalla legge oraria del moto armonico per t = 0,50 s
s = (6,0 × 10−2 m)cos[(13 rad/s)(0,50 s)] = 5,9×10-2m
21
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
119 •
•
•
𝑇 = 1,5 s e la frequenza 𝑓 = 1/𝑇 = 0,67 s
𝜔 = 2𝜋/𝑇 = 2𝜋/(1,5 s) = 4,2 rad/s
120 No: nel moto armonico posizione e accelerazione hanno sempre segni opposti; senza altre
informazioni e’ impossibile dire quale dei due grafici è quello dell’accelerazione e quale quello della
posizione.
121 •
•
•
𝜔 = 2𝜋𝑓 = 2𝜋 30 Hz = 60𝜋 rad/s
𝑎!"# = 𝜔! 𝑟 → 𝑟 = (4,50×10! m s ! ) 60𝜋 rad/s
𝑠 = 0,013 cos( 60𝜋𝑡)
𝑣 = 𝜔𝑟 = 60𝜋 rad/s 0,013 m = 2,5 m/s
!
= 0,013 m
122 •
•
𝑎!"# = 𝜔! 𝑟 = 2𝜋 𝑇 ! 𝑟 = 2𝜋 12,2 s
𝑓 = 1/𝑇 = 1 12,2 s = 0,082 Hz
𝜔 = 2𝜋𝑓 = 0,52 rad/s
!
7,0×10!! m = 1,9×10!! m s !
123 Il periodo è 𝑇 = 4 3,6 s = 14,4 s, quindi l’ampiezza e l’accelerazione massima sono:
𝑣!"# 𝑣!"# 𝑇
1,2 m/s 14,4 s
𝑟=
=
=
= 2,8 m
𝜔
2𝜋
2𝜋
2𝜋
2𝜋
𝑎!"# = 𝜔𝑣!"# =
𝑣!"# =
1,2 m/s = 0,52 m/s !
𝑇
14,4 s
124 •
T = 1,0 s
ω=
amax
e amax = 12 m/s 2
2π
1
= 6,3 rad/s; f = = 1,0 Hz
T
T
a
12 m/s 2
= rω 2 → r = max2 =
= 0,30 m
2
ω
6,28
rad/s
(
)
vmax = rω = ( 0,30 m ) ( 6,28 rad/s ) = 1,9 m/s
•
•
Per t = 1,2 s
a = −amax cos(ω t) = −(12 m/s 2 )cos(6,3 rad/s)(1,2 s) = −3,5 m/s 2
22
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
125 •
r = 0,22 m
f =
43
= 2,9 Hz → T = 0,35 s → ω = 2π f = 18 rad/s
15 s
amax = ω 2 r = (18 rad/s ) ( 0,22 m ) = 71 m/s 2
2
amin = 0 m/s 2
Quando l’accelerazione è massima la pallina si trova alla massima distanza dal punto di
equilibrio. Viceversa, quando l’accelerazione è nulla, la pallina è nel punto di equilibrio.
r − 0 4r 4 ( 0,22 m )
• vm =
=
=
= 2,5 m/s
T /4 T
0,35 s
•
vmax = ω r = (55 rad/s ) ( 0,22 m ) = 12 m/s
f = ( 2,9 Hz ) × 3 = 8,7 Hz → T = 0,11 s → ω = 2π f = 55 rad/s
126 •
L’accelerazione massima è
𝑎 = 𝜔! 𝑟 = 2𝜋𝑓 ! 𝑟 = 2𝜋 440,0 Hz
•
La velocità massima è pari a
𝑣 = 𝜔𝑟 = 2𝜋𝑓 𝑟 = 2𝜋 440,0 Hz
!
0,90
×10!! m = 3,44×10!! m/s !
2
0,90
×10!! m = 1,24 m/s
2
127 Lo spostamento rispetto alla posizione di equilibrio e l’accelerazione sono direttamente proporzionali e
di verso opposto.
128 𝑚
2𝜋
𝑇 = 2𝜋
→ 𝑘 =
𝑘
𝑇
!
2𝜋
𝑚=
2,3 s
!
55 kg = 4,1×10! N/m
129 La pulsazione è
𝑎
=
𝑑 2
𝜔=
0,42 m/s !
= 2,6 rad/s
0,062 m
130 𝑇=
2𝜋
𝑚
0,42 kg
= 2𝜋
= 2𝜋
= 0,281 s
𝜔
𝑘
210 N/m
𝑓=
1 𝑘
1 210 N/m
=
= 3,56 Hz
2𝜋 𝑚 2𝜋 0,42 kg
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
131 Il rapporto tra i periodi è
𝑇′
𝑚′ ∆𝑡′ 1,18 s
=
=
=
=
∆𝑡 1,23 s
𝑇
𝑚
da cui
!
𝑚′
∆𝑡′
1,18 s !
=
=
= 0,92
𝑚
∆𝑡
1,23 s
Quindi l’astronauta ha perso l’8,0% della sua massa corporea.
132 Indichiamo con 𝑠 = 0 m la posizione dell’estremità libera della molla a riposo. Quando l’oggetto si
muove (scendendo) si avrà 𝑠 < 0.
Dal secondo principio della dinamica (𝑠 è l’allungamento della molla rispetto alla sua lunghezza a
riposo) si ottiene
𝑀𝑔
−𝑘𝑠 − 𝑀𝑔 = 𝑀𝑎 → −𝑘 𝑠 +
= 𝑀𝑎
𝑘
Definiamo il nuovo allungamento della molla
𝑀𝑔
𝑠! = 𝑠 +
𝑘
Dato che l’accelerazione è ancora 𝑎, si ottiene l’equazione del moto armonico
𝑘
𝑎 = − 𝑠′
𝑀
La posizione di equilibrio si ottiene per 𝑠 ! = 0, cioè
0,740 kg 9,8 m/s !
𝑀𝑔
𝑠=−
=−
= −0,052 m
𝑘
140 N/m Periodo e frequenza sono
𝑇 = 2𝜋
𝑓=
𝑚
0,740 kg
= 2𝜋
= 0,457 s
𝑘
140 N/m
1
= 2,19 Hz
𝑇
133 •
Il modulo della forza elastica 𝐹! = 𝑘𝑠 = 160 N/m 0,060 m = 9,6 N
è maggiore di quello della forza di attrito statico 𝐹! = 𝜇! 𝑚𝑔 = 0,21 1,5 kg 9,8 m/s ! =
3,1 N per cui il blocco si mette in moto.
• L’equazione del moto è:
𝜇! 𝑚𝑔
𝑚𝑎 = −𝑘𝑥 + 𝜇! 𝑚𝑔 = −𝑘 𝑥 −
𝑘
Definendo la nuova posizione
𝜇! 𝑚𝑔
𝑥! = 𝑥 −
𝑘
l’equazione del moto diventa 𝑚𝑎 = −𝑘𝑥′, che è l’equazione del moto armonico, con
pulsazione 𝜔 = 𝑘 𝑚.
La nuova posizione di equilibrio è spostata rispetto alla precedente di
𝜇! 𝑚𝑔 0,16 1,5 kg 9,8 m/s !
∆𝑥 =
=
= 0,015 m
𝑘
160 N/m
24
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
134 La frequenza di oscillazione è
1 𝑘
𝜔
=
2𝜋 2𝜋 𝑚
La massa dell’oggetto e la costante elastica della molla non dipendono da dove si trovano, quindi la
frequenza non varia.
𝑓=
135 No, perché l’accelerazione di gravità sulla Luna è inferiore a quella terrestre, quindi il periodo di
oscillazione del pendolo sarà più grande e l’orologio avanzerà più lentamente.
136 Il periodo è 𝑇 = 2𝜋 𝑙/𝑔 = 1,1 s; la frequenza è 𝑓 = 1 𝑇 = 0,90 Hz.
137 Fino al momento in cui il filo tocca il chiodo in B, si tratta di un pendolo con periodo di oscillazione
𝑇! = 2𝜋 𝐿 𝑔, mentre dall’istante in cui il filo tocca il chiodo in B, si tratta di un pendolo di
lunghezza L/4 con periodo 𝑇! = 2𝜋 𝐿 4𝑔 = 𝑇! /2. La durata dell’intervallo di tempo in cui il pendolo
oscilla verso destra è
𝛥𝑡 =
1
1 3
3𝜋 𝐿
𝑇! + 𝑇! = × 𝑇! =
= 0,69 s
4
4 2
𝑎 𝑔
138 Il rapporto tra i due periodi di oscillazione è
𝑇!
=
𝑇!
𝑔!
𝑔
Il numero di oscillazioni compiute dal pendolo durante l’intervallo di tempo ∆𝑡 è
∆𝑡
𝑘=
𝑇!
ma il tempo indicato dall’orologio è
∆𝑡!"!#!$%! = 𝑘𝑇! =
∆𝑡
𝑔!
𝑇! = ∆𝑡
= 5,0 min
𝑇!
𝑔
1,6 m/s !
= 2,0 min
9,8 m/s !
139 Il valore medio del periodo è
1,8 s + 1,9 s + 1,7 s + 1,7 s + 1,9 s
𝑇!"#$% =
= 1,8 s
5
Il valore teorico del periodo è
𝑇 = 2𝜋
𝑙
= 1,8 s
𝑔
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
140 Se il periodo del pendolo deve essere di 1 s, la lunghezza corrisponde a 𝑙 = 𝑔/ 2𝜋 ! .
Se il pendolo si allunga di 𝛥𝑙 = 0,15 cm, il nuovo periodo è
𝑇 ! = 2𝜋
(𝑙 + 𝛥𝑙)
𝑔
quindi dopo un’ora (3600 secondi) compie un numero di oscillazioni pari a 3600/𝑇′ = 3589,
ciascuna della durata di 1 s. Quindi l’orologio ritarda di 3600 s − 3589 s = 11 s
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
Problemi generali 1 •
Dalla traiettoria del razzo si ricava la distanza orizzontale a cui cade:
𝑦=−
•
1 𝑔
2𝑦
𝑥 ! → 𝑥 = 𝑣!
= 90 m/s
!
2 𝑣!
𝑔
2 60 m
= 3,1×10! m
9,8 m/s !
La velocità dello sciatore è pari a
𝑣 = 2𝑔ℎ = 2 9,8m/s ! 60,0 m = 34,3 m/s
2 •
Detta a l’accelerazione della due casse, in assenza di attrito dal secondo principio della
dinamica si ottengono le equazioni
𝑇 − 𝑀𝑔 sin 𝛼 = 𝑀𝑎
−𝑇 + 𝑚𝑔 sin 𝛽 = 𝑚𝑎
da cui
𝑇 = 𝑀(𝑎 + 𝑔 sin 𝛼)
−𝑀𝑎 − 𝑀𝑔 sin 𝛼 + 𝑚𝑔 sin 𝛽 = 𝑚𝑎
da cui
9,8 m/s ! [ 3,0 kg sin 45° − 3,8 kg sin 30°]
𝑔(𝑚 sin 𝛽 − 𝑀 sin 𝛼)
=
= 0.32 m/s !
𝑎=
(𝑚 + 𝑀)
(3,0 kg + 3,8 kg)
𝑇 = 3,8 kg [ 0.32 m/s ! + 9,8 m/s ! sin 30°] ≅ 20 N
Quindi le casse tendono a spostarsi verso destra.
Per tenerle ferme sono necessarie due forze d’intensità 𝐹! = 𝑀𝑎 = 1,2 N e 𝐹! = 𝑚𝑎 = 0.96 N.
La massima intensità della forza d’attrito è data da
𝐹!!"# = 𝜇! 𝑀𝑔 cos 𝛼 = 0,15(3,8 kg) 9,8 m/s ! cos 30° = 4,8 N
quindi in presenza d’attrito le casse non si muovono: 𝑎 = 0 m/s ! .
• Includendo ora la forza d’attrito statico nelle equazioni della condizione di equilibrio
otteniamo:
𝑇 − 𝑀𝑔 sin 𝛼 − 𝐹! = 0
𝑚𝑔 sin 𝛽 − 𝑇 = 0
da cui
𝑇 = 𝑚𝑔 sin 𝛽 = (3,0 kg) 9,8 m/s ! sin 45° = 20,8 N 𝐹! = 𝑇 − 𝑀𝑔 sin 𝛼 = 20,8 N − 3,8 kg 9,8 m/s ! sin 30° = 2,2 N
3 •
•
•
•
La tensione applicata dalla corda alla massa 𝑚! è
ℎ
2
𝑇! = 𝑚! 𝑔
= 3,5 kg 9,8 m/s ! = 24 N
𝑙 !
2
La tensione applicata dalla corda alla massa 𝑚! è
ℎ
1
𝑇! = 𝑚! 𝑔
= 4,3 kg 9,8 m/s ! = 21 N
𝑙 !
2
L’accelerazione del sistema è
𝐹
𝑇! − 𝑇!
3 N
𝑎= =
=
= 0,4 m/s !
𝑚 𝑚! + 𝑚! 7,8 kg
Il blocco 𝑚!
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
4 Dai diagrammi delle forze delle due masse otteniamo le equazioni:
𝑇! = 𝑚! 𝑔
𝑇! = 𝑚! 𝑔
𝑇! sin 𝛼 = 𝑇! sin 𝛽
𝑇! cos 𝛼 + 𝑇! cos 𝛽 = 𝑀𝑔
da cui
𝑚! = 2 𝑚!
2𝑚! + 3𝑚! = 2𝑀
𝑀( 6 − 2)
𝑚! =
= 16 g
2
𝑚! = 2𝑚! = 22 g
5 Il momento della forza-peso rispetto al centro dell’asta è nullo. Le tensioni delle due funi producono
momenti con versi opposti: la somma vettoriale di tali momenti deve essere nulla, quindi
1
1
𝑇! − 𝑇! = 0 → 𝑇! = 2𝑇!
2
4
Inoltre, la somma delle forze applicate all’asta deve essere nulla:
𝑇! + 𝑇! − 𝑚𝑔 = 0
𝑚𝑔
𝑇! =
3
2𝑚𝑔
𝑇! =
3
6 Il baricentro del trampolino sporge di un tratto
𝐿
𝑏 = 𝑑 − = 3,1 m − 2,6 m = 0,5 m
2
Per trovare l’intensità 𝐹 della forza applicata sull’estremità opposta alla tuffatrice, imponiamo la
condizione di equilibrio dei momenti calcolandoli rispetto al punto d’appoggio:
𝑑𝑚𝑔 + 𝑏𝑀𝑔 − 𝐿 − 𝑑 𝐹 = 0
Quindi si ricava
𝑑𝑚 + 𝑏𝑀
3,1 m 54 kg + 0,5 m 34 kg
𝐹=
𝑔=
× 9,8 m/s ! = 9×10! N
𝐿−𝑑
2,1 m
e la forza è diretta verso l’interno.
7 La traiettoria del moto parabolico è
𝑣!!
𝑔
𝑦 = 𝑦! +
(𝑥 − 𝑥! ) − ! 𝑥 − 𝑥!
𝑣!!
2𝑣!!
Sostituendo
𝑣!! = 𝑣! cos 𝜑
𝑣!! = 𝑣! sin 𝜑
e considerando che
𝑦 − 𝑦! = 3,05 m − 2,0 m = 1,05 m
𝑥 − 𝑥! = 4,6 m
si ottiene
𝑣! = 4,6 m
!
9,8 m/s ! = 7,6 m/s
4,6 m − 1,05 m
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
8 •
Lo spostamento orizzontale del pacco è:
𝑦=−
•
1 𝑔𝑥 !
𝑦
70,0 m
→ 𝑥 = 𝑣! −2 =
!
2 𝑣!
𝑔
3,6 s
−2×
−240 m
= 136 m
9,8 m/s ! La traiettoria è un arco di parabola.
9 • Il tempo impiegato è
1
𝑦 = ℎ − 𝑔𝑡 ! → 𝑡 =
2
2ℎ
=
𝑔
2 2,2 m
= 0,67 s
9,8 m/s !
• La velocità è pari a
𝑣! =
𝑑 1,4 m
=
= 2,1 m/s
𝑡 0,67 s
• Il tempo che impiega l’oggetto a fare un giro completo è
𝑇=
2𝜋𝑟 2𝜋 0,70 m
=
= 2,1 s
2,1 m/s
𝑣!
10 Nel punto B la forza centripeta che provoca il moto circolare è data dalla somma vettoriale di due
forze: la forza-peso FP e la forza F esercitata dal profilo circolare:
𝐹 − 𝐹! = 𝑚
𝑣!
𝑣!
→ 𝐹 = 𝑚𝑔 + 𝑚
= 0,59 N
𝑟
𝑟
11 𝜋𝐷! 𝑓! = 𝜋𝐷! 𝑓! → 𝐷! =
𝜋𝐷! 𝑓! (80 cm)(500 giri min)
=
= 8 cm
𝜋𝑓!
(5000 giri min)
12 •
•
•
La forza peso dell’auto su ogni molla è data da
1
1
1
𝑃! = 𝑃!"! = 𝑚𝑔 = 1,8×10! kg 9,8 m/s ! = 4,4×10! N
4
4
4
Il periodo di oscillazione è
2𝜋
2𝜋
𝑇=
=
= 1,3 s
𝜔
(4,8 rad/s)
La costante elastica si ricava dal periodo
2𝜋 ! 1
2𝜋 ! 1
𝑘=
𝑚=
1,8×10! kg = 1,0×10! N/m
𝑇 4
1,3 s 4
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
13 Dal grafico si deduce che 𝜔𝑟 = 0,6 m/s e dal testo che 𝜔! 𝑟 = 1,8 m/s ! . Pertanto 𝜔 = 3 rad s e i
grafici spazio-tempo e accelerazione-tempo sono i seguenti
14 •
•
•
La lunghezza del filo è
𝑣!
𝑣!
2,5 m/s !
𝑎! = → 𝑙 =
=
= 0,74 m
𝑟
𝑎!
8,4 m/s !
La pulsazione è data da
2𝜋
2𝜋
𝜔=
=
= 3,6 rad s
𝑇
2𝜋 𝑙 𝑔
Il periodo di oscillazione è
𝑇 = 2𝜋
𝑙
0,74 m
= 2𝜋
= 1,7 s
𝑔
(9,8 m s ! )
15 Per determinare il periodo di rivoluzione del Sole intorno al centro galattico, consideriamo l’orbita del
Sole circolare e applichiamo la formula:
2π R
v = ωR =
T
Convertiamo tutti i valori dati in unità del Sistema Internazionale:
𝑅 = 30000 a. l 9,46×10!" m = 2,8×10!" m
v = 2,50 ×105 m/s
2π R
Otteniamo: T =
= 7,0 10
× 15 s che equivale a circa 2,2×108 anni.
v
30
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
16 Le accelerazioni dei due sciatori sono:
ℎ! − 𝜇! 𝑏!
ℎ! − 𝜇! 𝑙 ! − ℎ!!
𝑎! = 𝑔
=𝑔
= 𝑔 sin 18° − 𝜇! 1 − sin! 18°
𝑙
𝑙
= 9,8 m/s ! sin 18° − 0,16 1 − sin! 18° = 1,5 m/s !
ℎ! − 𝜇! 𝑏!
ℎ! − 𝜇! 𝑙 ! − ℎ!!
=𝑔
= 𝑔 sin 19° − 𝜇! 1 − sin! 19°
𝑙
𝑙
= 9,8 m/s ! sin 19° − 0,17 1 − sin! 19° = 1,6 m/s !
I tempi di discesa dei due sciatori:
𝑎! = 𝑔
𝑡! =
2𝐿
=
𝑎!
1080 m
= 27 s
1,5 m/s !
𝑡! =
2𝐿
=
𝑎!
1080 m
= 26 s
1,6 m/s !
Le velocità finali dei due sciatori:
𝑣! = 𝑎! 𝑡! = 1,5 m/s ! 27 s = 41 m/s
𝑣! = 𝑎! 𝑡! = 1,6 m/s ! 26 s = 42 m/s
17 Nel punto più alto la seconda legge della dinamica fornisce l’equazione
𝑣!
𝐹 + 𝐹! + 𝐹!" = 𝑚
𝑟
da cui si ricava
𝑣!
𝐹 = 𝑚 −𝑔 +
− 𝑘𝑑
𝑟
0,22 m/s !
− 80 N/m 0,012 m = −3,2 N
= 0,24 kg − 9,8 m/s ! +
0,18 m
per cui la forza F è diretta verso l’esterno.
Analogamente, nel punto più basso si ricava
𝑣!
𝐹 − 𝐹! + 𝐹!" = 𝑚
𝑟
da cui
𝑣!
0,22 m/s !
!
− 𝑘𝑑 = 0,24 kg 9,8 m/s +
− 80 N/m 0,012 m = 1,5 N
𝐹 =𝑚 𝑔+
𝑟
0,18 m
In questo caso la forza è diretta verso l’interno.
31
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
18 •
Indichiamo con 𝑦 la posizione verticale del libro rispetto al tavolo.
La seconda legge della dinamica del sistema
𝑀𝑎 = −𝐹! + 𝐹!" = −𝑀𝑔 − 𝑘(𝑦 − 𝐿! ) fornisce, definendo la nuova coordinata 𝑦 ! = 𝑦 − 𝐿! +
𝑀𝑔/𝑘 che ha la stessa accelerazione 𝑎 della coordinata 𝑦,
𝑀𝑎 = −𝑘𝑦′
che è la tipica equazione di un sistema massa-molla, per cui il moto è armonico.
• Per trovare l’ampiezza 𝐴 dell’oscillazione, notiamo che la posizione di equilibrio è data da
𝑦 ! = 0, cioè
𝑀𝑔
𝑦 = 𝐿! −
𝑘
La nuova posizione, rispetto all’inizio, si trova più in basso di una quantità pari a
𝑀𝑔
1,1 kg 9,8 m/s !
𝐴=
=
= 0,027 m
𝑘
400 N/m una valore pari all’ampiezza del moto armonico del libro. La frequenza e il periodo sono
𝑓=
1 𝑘
1 400 N/m
=
= 3,0 Hz
2𝜋 𝑀 2𝜋
1,1 kg
𝑇 = 2𝜋
𝑀
1,1 kg
= 2𝜋
= 0,33 s
𝑘
400 N/m
19 •
•
Dal secondo principio della dinamica
0,40 m/s !
𝑣!
+ 9,8 m s ! = 4,0 N
𝑇 − 𝑚𝑔 = 𝑚 → 𝑇 = 0,40 kg
𝑙
0,6 m
La tensione della fune è maggiore del peso del pacco, in quanto essa deve non solo contrastare
la forza-peso, ma dar conto anche della forza centripeta necessaria per il moto circolare.
20 Combinando le equazioni 𝐹! = 𝑚𝜔! 𝑟 e 𝐹 = 𝑘𝛥𝑟 con 𝑟 = 𝑟! + 𝛥𝑟 si ottiene:
𝑚𝜔! 𝑟
0,210 kg 3,21 rad/s !
𝑟! = 𝑟 − 𝛥𝑟 = 𝑟 −
= 0,381 m 1 −
= 0,378 m
𝑘
289 N/m
21 Combinando le equazioni 𝑎! = 𝑣 ! /𝑟, 𝐹 = 𝑚𝑎 e 𝐹! = 𝜇! 𝐹! si ottiene
𝑣=
𝑎! 𝑟 =
𝜇! 𝐹!
𝑟=
𝑚
𝜇! 𝑚𝑔
𝑟=
𝑚
𝜇! 𝑔𝑟 =
0,70(9,8 m s ! )(25 m) = 13 m s
22 La reazione vincolare 𝐹! del suolo è pari alla forza peso del sistema moto + motociclista. La forza di
attrito dinamico è diretta verso il centro della curva e ha intensità 𝐹! ≤ 𝜇! 𝐹! . Poiché essa produce il
moto circolare, si ha
𝑣!
𝐹! = 𝐹! = 𝑀
𝑟
da cui si ricava
𝑣!
25 m/s
𝜇! ≥
=
= 0,53
𝑅𝑔
120 m 9,8 m/s ! 32
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
23 •
•
Detta F la forza applicata dall’operaio e P la forza applicata dal contrappeso,
𝐹×𝑑 = 𝑃×2𝑑 → 𝐹 = 200 N
Detta h = 20 cm la distanza della nuova posizione dell’estremo dell’impugnatura dalla
direzione dell’asta di ferro prima dell’abbassamento, si ha
𝑑 = 2×ℎ = 0,40 m
24 Nel sistema di riferimento non inerziale solidale con la bicicletta è presente anche la forza centrifuga e
la risultante delle forze deve essere nulla. Quindi la forza di attrito – che in curva è la forza centrifuga
– è uguale in modulo alla forza centrifuga, mentre la reazione normale è pari in modulo alla forzapeso.
La somma dei momenti delle forze, calcolati rispetto al punto di contatto con il terreno, deve essere
anch’essa nulla. Rispetto al punto scelto, solo la forza-peso e la forza centrifuga hanno momento non
nullo:
𝑏! 𝐹! 𝑣 !
𝐹! 𝑏! = 𝐹! 𝑏! → tan 𝜃 =
= =
≅ 33°
𝑏! 𝐹! 𝑟𝑔
25 •
•
Le forze elastiche sono:
𝐹! = −𝑘! (𝑥 − 𝑅 − 𝐿! ) e 𝐹! = 𝑘! (𝑑 − 𝑥 − 𝑅 − 𝐿! )
all’equilibrio 𝐹! + 𝐹! = 0 quindi
− 𝑘! + 𝑘! 𝑥 + 𝑘! − 𝑘! 𝑅 + 𝑘! 𝐿! + 𝑘! 𝑑 − 𝐿! = 0
𝑘! 𝑅 + 𝐿! + 𝑘! (𝑑 − 𝑅 − 𝐿! )
𝑥!" =
= 0,35 m
𝑘! + 𝑘!
La forza totale può essere scritta nella forma
𝐹 = 𝐹! + 𝐹! = −(𝑘! + 𝑘! )(𝑥 − 𝑥!" )
quindi la forza F è di tipo elastico, con costante 𝑘 = 𝑘! + 𝑘! = 4,3×10! N/m
26 Dette 𝐹! , 𝐹! , 𝐹! , …, 𝐹! le forze agenti e 𝑟! , 𝑟! , 𝑟! , …, 𝑟! le distanze da P dei loro punti di applicazione,
sappiamo che
𝐹! + 𝐹! + 𝐹! + ⋯ + 𝐹! = 0
𝑟! ×𝐹! + 𝑟! × 𝐹! + 𝑟! ×𝐹! + ⋯ + 𝑟! ×𝐹! = 0
Presi un generico punto O diverso da P, indichiamo con 𝑟! ′, 𝑟! ′, 𝑟! ′, …, 𝑟! ′ le distanze da O dei punti di
applicazione delle forze e poniamo OP = 𝑅. Si ha allora
𝑟!! = 𝑟! + 𝑅 , 𝑟!! = 𝑟! + 𝑅, … 𝑟!! = 𝑟! + 𝑅
quindi la somma dei momenti delle forze rispetto a O è
𝑟!! ×𝐹! + 𝑟!! × 𝐹! + ⋯ + 𝑟! ×𝐹! = (𝑟! + 𝑅)×𝐹! + (𝑟! + 𝑅)× 𝐹! + ⋯ (𝑟! + 𝑅)×𝐹! =
= 𝑟! ×𝐹! + 𝑟! × 𝐹! + ⋯ + 𝑟! ×𝐹! + 𝑅× 𝐹! + 𝐹! + ⋯ + 𝐹! = 0
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
27 •
•
•
All’equilibrio la somma dei momenti della forza elastica e della forza-peso, calcolati rispetto al
punto di sospensione, sia nulla
𝐿
𝐿
𝐹! 𝑀𝑔
ℎ
𝐹! = 𝐹! → 𝐹! =
=
=𝑘
3
6
2
2
2
quindi
𝑀𝑔
𝑘=
= 7100 N m
ℎ
All’equilibrio la somma delle forze lungo l’asse verticale è nulla, pertanto la reazione vincolare
𝐹! è data da
3𝑀𝑔
𝐹! = 𝐹! + 𝐹! =
= 5300 N
2
Ipotizziamo che l’ulteriore allungamento della molla sia in direzione verticale. Poiché
l’estremo destro della trave, a distanza 2L/3 dal sostegno, si abbassa di 10 cm, l’estremo
sinistro, a distanza L/3, si alza di 𝑙 = 5 cm. Quindi la condizione di equilibrio per i momenti
delle forze implica
𝐿
𝐿
𝐿
3 𝑘(𝛥𝑥 + 𝑙) 𝑀𝑔
𝐹!! = 𝐹! + 2𝑚𝑔 → 𝑚 =
−
= 18 kg
3
6
3
2𝑔
3
6
Il peso del bambino è
𝑃 = 𝑚𝑔 = 18 kg 9,8 m/s ! ≅ 1,8×10! N 28 •
•
•
Detta M è la massa della cassa e m è la massa della fune, la reazione vincolare del piano è
𝐹! = 𝑀𝑔, la forza d’attrito dinamico è 𝐹! = 𝜇! 𝐹! e dal secondo principio della dinamica si
ottiene
m
𝐹 − 𝐹! 80 N − 0,5 12,6 kg 9,8 s !
=
= 1,3 m/s !
𝐹 − 𝐹! = 𝑀 + 𝑚 𝑎 → 𝑎 =
𝑀+𝑚
12,6 kg + 1,4 kg
La tensione della fine nel suo punto medio è
𝑚
𝑇!"#$% = 𝑀 +
𝑎 = 17 N
2
La tensione in un punto a distanza x dalla cassa è
𝑚
𝑇 𝑥 = 𝑀+ 𝑥 𝑎
𝑙
dove l è la lunghezza della fune.
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CAPITOLO 3 ● APPLICAZIONI DEI PRINCÌPI DELLA DINAMICA
29 •
•
•
•
La velocità angolare della ruota è
2𝜋
𝜔=
= 5,7 rad/s
𝑇
La velocità di un punto della ruota è pari a
𝑣 = 𝜔𝑟 = 5,7 rad/s 0,09 m = 0,51 m/s
L’accelerazione centripeta della ruota è data da
𝑣!
0,51 m/s !
𝑎! =
=
= 2,9 m/s !
𝑟
0,09 m
Essendo le due ruote collegate da una cinghia, la velocità di un punto della ruota più grande è
uguale alla velocità di un punto della ruota più piccola, quindi 𝑣 ! = 𝑣 = 0,51 m/s. Mentre
raddoppiando il raggio, la velocità angolare della ruota grande e l’accelerazione centripeta sono
dimezzate: 𝜔′ = 𝑣/2𝑟 ≅ 2,9 rad/s e 𝑎!! = 𝑣 ! /2𝑟 ≅ 1,5 m/s !
30 •
Se la sfera viene spostata, per esempio verso destra, sarà sottoposta a due forze dirette verso
sinistra: quella elastica della molla e quella applicata dal filo. Indicata con 𝑠 la posizione della
sfera rispetto alla posizione verticale, la seconda legge della dinamica porta all’equazione
𝑚𝑔
𝑚𝑔
𝑠=− 𝑘+
𝑠
𝑚𝑎 = −𝑘𝑠 −
𝑙
𝑙
cioè
𝑘 𝑔
𝑎=−
+
𝑠
𝑚 𝑙
• Pertanto la pulsazione è
𝜔=
𝑘 𝑔
+ =
𝑚 𝑙
140 N/m 9,8 m/s ! rad
+
= 9,9
1,6 kg
0,92 m
s
da cui
𝑓 = 𝜔/2𝜋 = 1,6 Hz
𝑇 = 𝑓 !! = 0,63 s
31 •
Dalle equazioni del moto parabolico si ottiene la traiettoria
𝑦 = 𝑦! +
𝑣!!
𝑔
𝑥 − 𝑥! − ! 𝑥 − 𝑥!
𝑣!!
2𝑣!!
!
Ponendo 𝑣!! = 𝑣! cos 𝜑, 𝑣!! = 𝑣! sin 𝜑, 𝑦 − 𝑦! = ℎ = 1,7 m, 𝑥 − 𝑥! = 𝐿 = 82,02 m, si
ottiene
𝐿
𝑔
82,02 m
9,8 m/s !
𝑣! =
=
≅ 29 m/s
cos 𝜑 2(𝐿 tan 𝜑 − ℎ)
0,707 2(82,02 m − 1,7 m)
•
La fora esercitata dall’atleta al momento del rilascio è pari alla forza centripeta di un moto
circolare di raggio 𝑟 = 𝑙 + 𝑏 = 1,95 m, dove l è la lunghezza del martello e b il braccio
dell’atleta:
𝑣!!
29 m/s ! = 7,27 kg
= 3,1×10! N
𝐹! = 𝑚
𝑟
1,95 m
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Test 1 A 2 D 3 B 4 A 5 C 6 A 7 B 8 A 9 D 10 C 11 B 12 D 13 A e C 14 D 15 C 16 B 17 B 18 B 19 A 20 D 21 C e D 22 B 23 D 24 C e D 36
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