Corso di Laurea in Ingegneria Biomedica, dell’Informazione, Elettronica e Informatica
Canale 2 (S. Amerio, L. Martucci)
Padova, 20 aprile 2013
Soluzioni della prima prova di accertamento
Fisica Generale 1
Problema 1
(6 punti)
Un punto materiale di massa m = 1kg sale lungo un piano inclinato scabro (angolo di inclinazione
θ = 30◦ , coefficiente di attrito dinamico µd = 0.6). Nell’istante in cui inizia a salire la velocità è
vA = 4.28 m/s. Alla fine del piano inclinato è posta una molla di costante elastica k = 30 N/m. Il
punto materiale raggiunge la molla e prima di fermarsi la comprime di ∆l = 10 cm. Determinare:
1. la risultante (direzione, verso, modulo) delle forze agenti sul
punto durante la salita;
2. la quota h raggiunta dal punto nel momento di massima compressione della molla.
Soluzione:
Consideriamo le basi di versori ortogonali introdotte in figura.
1. Durante la salita sul punto agiscono la forza peso F~g = −mgsenθ ux − mg cos θ uy , la
~ = N uy e la forza di attrito dinamico
componente normale della reazione del piano N
F~ad = −N ux . Lungo y la risultante è nulla, da cui N = mg cos θ, mentre lungo x si ha,
~ = −mg(senθ +
in modulo, R = mgsenθ + µd mg cos θ ' 10 N. La risultante è quindi R
µd cos θ)ux ' 10N ux .
2 . Nel punto di massima
2. In A il punto possiede solo energia cinetica Ek (A) = 12 mvA
compressione B la velocità è nulla. La forza di attrito dinamico ha fatto lavoro
Wad = −µd mg cos θ
h
senθ
e il punto ha acquisito energia potenziale gravitazionale Ep,g (B) = mgh ed elastica
Ep,el (B) = 21 k∆l2 . Quindi
Em (B) − Em (A) = Ep,g (B) + Ep,el (B) − Ek (A) = Wad
Risolvendo rispetto a h si ottiene
h=
2 − k∆l2
mvA
' 0.45 m
2mg(1 + µd / tan θ)
1
Problema 2
(6 punti)
Una sferetta di massa m = 340 g è sospesa al soffitto del vagone di un treno tramite un filo inestensibile di massa trascurabile, lungo L = 50 cm. Il treno inizia a muoversi con moto rettilineo
uniformemente accelerato e dopo 20 secondi raggiunge una velocità di 36 km/h, proseguendo
successivamente a velocità costante. Durante la fase di accelerazione, la sferetta assume una nuova posizione di equilibrio, con la corda che forma un angolo θ0 rispetto alla
verticale.
1. Determinare il valore di θ0 .
2. Discutere la traiettoria della sferetta, rispetto ad un
osservatore solidale con il vagone, nella fase in cui il
treno si muove di moto rettilineo uniforme.
Soluzione
1. Se ux indica il versore che punta nella direzione e verso della velocità del treno e uz il
versore verticale, come in figura, l’accelerazione del treno è ~at = at ux , con
∆vx
36 km h−1
(36/3.6) m s−1
=
=
= 0.5 m s−2
∆t
20 s
20 s
Usiamo il sistema di riferimento non inerziale solidale con il vagone. Sulla sferetta agiscono
le seguenti forze vere:
at =
F~g = −mg uz
T~ = T (senθ ux + cos θ uz )
dove g = 9.8 ms−2 e T è la tensione del filo. Inoltre, sulla sferetta ‘agisce’ anche una forza
apparente di trascinamento
F~t = −m ~at
Quindi, nel sistema di riferimento solidale con il vagone, la sferetta si trova in equilibrio
ad un angolo θ0 tale che
F~g + T~ + F~t = ~0
che è equivalente al sistema di equazioni
T senθ0 = m at
T cos θ0 = m g
da cui si ottiene
at
tan θ0 =
g
at
θ0 = arctan
g
⇔
' 0.051 rad ' 2.92◦
2. Dall’istante in cui il treno smette di accelerare il sistema di riferimento solidale con il
treno diventa inerziale e la forza apparente di trascinamento non è più presente. Quindi
la sferetta inizia a oscillare come un pendolo semplice, con angolo massimo di oscillazione
θ0 . Poiché θ0 è molto piccolo, scegliendo t = 0 come l’istante in cui il treno smette di
accelerare, il moto è ben approssimato da un moto armonico:
r
√
g
2π
θ(t) = θ0 cos ωt
dove
ω=
= 19.6 s−1 ' 4.43 s−1 ⇒ T =
' 1.42 s
L
ω
2
Problema 3
(7 punti)
Un blocchetto di massa m = 0.5 kg viene lanciato con velocità di modulo v0 verso una guida
semicircolare di raggio R = 2 m come in figura. Si supponga che l’attrito sia trascurabile.
1. Trovare il valore minimo v0min di v0 per il quale il blocchetto
raggiunge il punto più alto della guida.
2. A quale distanza dalla guida il blocchetto tocca di nuovo√terra se
v ≥ v0min ? In particolare, valutare il risultato per v0 = 20gR.
Soluzione
1. Tenendo conto che la reazione vincolare non compie lavoro, se arriva al punto più alto della
guida il punto avrà una velocità v̂ determinata dalla conservazione dell’energia meccanica
Em = 12 m v 2 + mgz:
1
1
m v̂ 2 + 2mgR = m v02
2
2
v02 = v̂ 2 + 4gR
⇔
(1)
Supponiamo ora che il blocchetto sia arrivato nel punto più alto. In questo punto la
forza peso e la reazione vincolare sono entrambe centripete e, per la II legge di Newton, il
modulo della loro risultante è uguale a maN = m v̂ 2 /R. La velocità minima v̂ min possibile
si ha per reazione vincolare nulla ed è quindi data da
m
(v̂ min )2
= mg
R
(v̂ min )2 = gR
⇔
Quindi, dalla (1) otteniamo
v0min =
q
(v̂ min )2 + 4gR =
p
5gR ' 9.9 ms−1
2. Introduciamo un sistema di riferimento cartesiano come in figura. Dopo che il blocchetto
si è staccato dalla guida, su di esso agisce solo la forza peso F~g = −mg uz . In componenti,
la II legge di Newton m~a = F~g si scrive
dvx
=0
dt
m
dvz
= −mg
dt
q
Quindi vx ≡ v̂ = v02 − 4gR rimane costante. D’altra parte, nella direzione z, il corpo si
muove con accelerazione −g, partendo con una componente vz inizialmente nulla. Quindi
z(t) = 2R − 21 gt2 , assumendo t = 0 comepistante in cui inizia a cadere, e il corpo tocca
terra dopo un intervallo di tempo ∆t = 2 R/g. Da ciò segue che il corpo tocca terra a
una distanza
s
Rv02
d = ∆x = vx ∆t = 2
− 4R2
g
√
Nel caso particolare in cui v0 = 20gR = 2v0min si ha
d = ∆x = vx ∆t = 8R = 16 m
3
Problema 3
(8 punti)
Due blocchetti hanno massa m1 e m2 rispettivamente. Essi sono collegati da un filo inestensibile
di massa trascurabile e sono posizionati su un cuneo come in figura. Le facce su cui scorrono
i due blocchetti formano un angolo θ rispetto al piano orizzontale su cui è fissato il cuneo.
1. Se i corpi partono da fermi, supponendo che gli attriti
siano trascurabili, che velocità hanno raggiunto dopo
aver percorso una distanza D? Applicare la formula
ottenuta al caso in cui m1 = 1 kg, m2 = 2 kg, θ = 30◦
e D = 20 cm.
2. Supponiamo ora che l’attrito tra i blocchetti e la superficie del cuneo non sia trascurabile e abbia un coefficiente di attrito statico µs . Se sono inizialmente
fermi, per quale angolo massimo θ0 i due blocchetti
rimangono in equilibrio? Valutare θ0 per µs = 0.5,
m1 = 1 kg e m2 = 3 kg.
Soluzione:
1. Usando le basi di versori ortogonali introdotte in figura, le forze risultanti che agiscono
sui due blocchetti sono
F~2 = (m2 g senθ − T )u0x
F~1 = (T − m1 g senθ)ux
dove T è la tensione del filo; inoltre si è tenuto conto che le componenti delle forze peso
ortogonali alle facce del cuneo sono bilanciate dalle reazioni vincolari
~ 2 = m2 g cos θ u0z
N
~ 1 = m1 g cos θ uz
N
Dalla II legge di Newton, m1~a1 = m1 ax,1 uz = F~1 e m2~a2 = m2 ax,2 u0z = F~2 e quindi,
poiché si deve avere ax,1 = ax,2 , si ottiene
T
T
− gsenθ = gsenθ −
m1
m2
⇒
T =
2m1 m2
gsenθ
m1 + m2
e quindi
~a1 =
1 ~
m2 − m1
F1 =
gsenθ ux
m1
m1 + m2
~a2 =
L’accelerazione dei due corpi è dunque a =
a=
1 ~
m2 − m1
F2 =
gsenθ u0x
m2
m1 + m2
m2 −m1
m1 +m2 gsenθ.
Ma
dv
dx dv
dv
1 dv 2
=
=v
=
dt
dt dx
dx
2 dx
e quindi
1 dv 2
m2 − m1
=
gsenθ
2 dx
m1 + m2
4
Integrando questa equazione segue che dopo una distanza D i corpi hanno raggiunto una
velocità
s
m2 − m1
v = 2gD senθ
m1 + m2
Nel caso in cui m1 = 1 kg, m2 = 2 kg, θ = 30◦ e D = 20 cm si ottiene:
r
v=
2 × 0.98 m
m
' 0.8
3
s
s
2. Supponiamo ora che ci sia attrito statico con coefficiente µs . Supponendo che ci sia
equilibrio, otteniamo i seguenti valori per i moduli delle forze di attrito statico (sempre
scegliendo m2 ≥ m1 ):
Fas,1 = T − m1 gsenθ
Fas,2 = m2 gsenθ − T
D’altra parte sappiamo che possiamo solo avere Fas,1 ≤ µs N1 = µs m1 g cos θ e Fas,2 ≤
µs m2 g cos θ, da cui si ricava che la tensione deve essere compresa nel seguente intervallo:
m2 g(senθ − µs cos θ) ≤ T ≤ m1 g(senθ + µs cos θ)
Questa condizione fisica può essere soddisfatta solo se
m2 g(senθ − µs cos θ) ≤ m1 g(senθ + µs cos θ)
⇔
tan θ ≤
m1 + m2
µs
m2 − m1
Quindi, l’angolo massimo per il quale i due blocchetti rimangono in equilibrio è
θ0 = arctan
m1 + m2
µs
m2 − m1
Si noti che se m2 = m1 allora θ0 = π/2. Inoltre nel limite m1 /m2 → 0 si ha tan θ0 = µs .
In questi sottocasi troviamo dunque il risultato aspettato.
Per µs = 0.5, m1 = 1 kg e m2 = 3 kg si ottiene θ0 =
5
π
4
rad = 45◦ .
