fisica - Liceo Locarno

FISICA
Serie 14: Soluzioni
II liceo
Esercizio 1 Attrito viscoso
1.
F~0
F~atr
2. Quando il battello avanza alla velocità massima si ha un’accelerazione nulla,
quindi da F~ = m~a possiamo scrivere
F~0 + F~atr = m~0 =⇒ F~0 = −F~atr
quindi le forze F~0 e F~atr hanno verso opposto ma stessa intensità, da cui
(utilizzando la legge di Stokes)
F0 = Fatr = λv = 30 N · s/m 25/3,6 m/s = 208,3 N .
Esercizio 2 Attrito viscoso
1. Da F~p = −F~atr possiamo scrivere
mg =
λvLn
=⇒ vL =
r
n
mg
λ
dove rimpiazziamo la massa m con m = ρV = ρ 43 πR3 .
• Bassa velocità (legge di Stokes, n = 1): λ = kη = 6πRη da cui
vL =
ρ 43 πR3 g
2ρg 2
=
R ≡ A1 R2 .
6πRη
9η
• Alta velocità (n = 2): λ = 12 Cx ρfl S dove S = πR2 , da cui
s
r
√
ρ 43 πR3 g
8 ρg √
vL = 1
=
R
≡
A
R.
2
3Cx ρfl
C ρ πR2
2 x fl
1
2.
vL
n = 1 (vL ≃ R2 )
n = 2 (vL ≃
√
R)
R
3. L’applicazione numerica dà i seguenti risultati:
vL = 2785 m/s
vL = 14,39 m/s
n = 1( legge di Stokes)
n=2
Il risultato ottenuto con la legge di Stokes è incompatibile con i dominio di
validità di questa legge (che vale solo per basse velocità), il risultato ottenuto
con la legge per n = 2 da invece il risultato corretto poiché compatibile con il
dominio di validità di questa legge.
Il calcolo del numero di Reynolds con il valore della velocità limite ottenuto
nel caso n = 2 da Re ≃ 10750 ciò che conferma il regine ad alta velocità.
Esercizio 3 Attrito radente
Orientiamo il sistema di coordinate da sinistra a destra, le forze orizzontali presenti
in questo esercizio sono:
• forza F~ = F1~e1 , dove F1 = 2,5 N,
• forza d’attrito radente F~atr = Fatr,1~e1 , dove Fatr,1 = −µc N = −µc mg.
1. Dalla legge m~a =
P ~
α Fα otteniamo
~a =
2. Dalla legge m~a =
P
~a =
α
F~
F1
=⇒ a1 =
= 5 m/s2 .
m
m
F~α otteniamo
F~ + F~atr
F1 − µc mg
=⇒ a1 =
= 0,88 m/s2 .
m
m
2
3. Il blocchetto si metterà in moto se F > Fatr, max = µs N, ora
Fatr, max = 3,83 N
e quindi il blocchetto non si metterà in moto.
Esercizio 4 Attrito radente
1. Orientiamo il sistema di coordinate da sinistra a destra e prendiamo come
origine O la posizione di B all’istante iniziale t = 0 s. Si tratta di un problema
di MRUA, poiché la forza, e quindi l’accelerazione, è costante. Abbiamo
a1 =
Fatr,1
= −µc g ,
m
v1 (0 s) = 2,5 m/s ,
x1 (0 s) = 0 m
Dalle equazioni del MRUA, espresse rispetto al vettore di base ~e1 , otteniamo
(
x1 (t) = v1 (0 s)t − 12 µc gt2
v1 (t) = v1 (0 s) − µc gt .
2. Troviamo µc risolvendo le equazioni qui sopra ponendo v1 (tf ) = 0 m/s e
x1 (tf ) = 2,55 m, dove tf è l’istante al quale B si ferma. Otteniamo
µc = 0,13 .
3. Il blocchetto si metterà in moto se Fp,k > Fatr, max ossia se
mg sin β > µs mg cos β =⇒ tan β > µs .
Ora tan π/4 = 1 e quindi B si metterà in moto.
Esercizio 5 Attrito radente
1. Orientiamo il sistema di coordinate nel verso della salita del piano inclinato
e prendiamo come origine O la posizione di A all’istante iniziale t = 0 s. Si
tratta di un problema di MRUA, poiché la forza, e quindi l’accelerazione, è
costante. Abbiamo
a1 =
Fatr,1 + Fp,k,1
= −µc g cos α − g sin α , v1 (0 s) = 2,8 m/s , x1 (0 s) = 0 m
m
Dalle equazioni del MRUA, espresse rispetto al vettore di base ~e1 , otteniamo
(
x1 (t) = v1 (0)t − 21 g(µc cos α + sin α)t2
v1 (t) = v1 (0) − g(µc cos α + sin α)t .
3
2. Troviamo tf e x1 (tf ) risolvendo le equazioni qui sopra ponendo v1 (tf ) = 0 m/s,
dove tf è l’istante al quale A si ferma. Otteniamo
tf = 0,32 s
e
x1 (tf ) = ∆x1 = 0,45 m .
3. Il blocchetto si metterà in moto se Fp,k > Fatr, max ossia se
mg sin α > µs mg cos α =⇒ tan α > µs .
Ora tan π/6 = 0,58 e quindi A non si metterà in moto.
Esercizio 6 Attrito radente
1. Orientiamo il sistema di coordinate da sinistra a destra e prendiamo come origine O la posizione del PM all’istante iniziale t = 0 s. Si tratta di un problema
di MRUA sugli intervalli [0 s,6 s] e [6 s,tf ], poiché la forza, e quindi l’accelerazione, è costante su ogni intervallo benché diversa sui di essi.
Dalle equazioni del MRUA, espresse rispetto al vettore di base ~e1 , abbiamo
(
x1 (t) = x1 (t0 ) + v1 (t0 )(t − t0 ) + 21 a1 (t − t0 )2
v1 (t) = v1 (t0 ) + a1 (t − t0 ) .
2. Otteniamo facilmente v1 (6 s) = 21,4 m/s e x1 (6 s) = 64,3 m. Troviamo t(frenata) =
tf − 6 s e ∆x1 (frenata) = x1 (tf ) − x1 (6 s) risolvendo le equazioni qui sopra
ponendo v1 (tf ) = 0 m/s e a1 = −µc g. Otteniamo
t(frenata) = 4,5 s
e
∆x1 (frenata) = 48,5 m .
3. Il blocchetto si metterà in moto se F0 > Fatr, max ossia se
F0 > µs mg =⇒ µs <
4
F0
= 0,4 .
mg