UNIVERSITA’ DEL SANNIO
CORSO DI FISICA 1
ESERCIZI – DINAMICA I
1. La tensione alla quale una lenza si spezza è comunemente detta “resistenza
della lenza”. Si vuole calcolare la resistenza minima Tmin che deve avere una
lenza tesa in verticale alla quale è attaccato un pesce di massa m = 8.5 kg, che
tenta di sganciarsi con una velocità vo =2.8 m/s, per essere in grado di bloccare
nella distanza d=11 cm il pesce, con decelerazione costante.
•
Il pesce cerca di spingersi verso il basso e il pescatore tira la lenza con una tensione T che si
oppone alla spinta del pesce e al suo peso . Quindi la tensione T da applicare deve essere tale da
dare in totale una accelerazione verso l’alto, che chiameremo a, e opporsi alla forza peso verso il
basso. Attraverso la tensione applicata alla lenza quindi si applica l’accelerazione a tale da
frenare nel suo moto verso il basso il pesce, fino a fermarlo. Scegliamo l’asse z positivo verso il
basso (vedi figura). Il pesce si muove di moto uniformemente accelerato (o decelerato, se si
preferisce) e percorre la distanza d nel verso positivo dell’asse z. Secondo le relazioni del moto
uniformante accelerato è d = v0 td -1/2 g td 2 dove td è il tempo in cui la velocità si annulla dal
valore iniziale v0. Dalla relazione per la velocità in funzione del moto uniformemente decelerato
(come nel nostro caso) abbiamo v(t) = v0 – a t. Per t = td otteniamo il valore dell’accelerazione
td = v0 / a e sostituendo nella legge oraria ricaviamo il valore dell’accelerazione da imprimere al
pesce: a = v02 / (2 d) = 35.64 ms-2. Per calcolare a questo punto il valore della tensione T, basta
impostare la seconda legge di Newton per le forze agenti. Le forze agenti sono l’incognita
tensione T, verso l’alto, e la forza peso, orientata verso il basso, nel senso positivo dell’asse z.
Quindi: - T + m g = - m a. Pertanto T = m (a - g) = 220 N.
2. Una automobile avente peso p = 1.30 x 104 N sta viaggiando ad una velocità vo
= 40km/h e deve frenare fino ad arrestarsi in uno spazio d = 15m. Ammettendo
una forza frenante costante, trovare l’intensità di questa forza ed il tempo
impiegato per fermarsi. Se la velocità iniziale fosse v’o = 80Km/h e la forza
frenante fosse la stessa trovata precedentemente, trovare qual e’ la distanza di
arresto e qual è la durata della frenata.
•
Anche in questo caso si ha un moto decelerato con accelerazione costante. Infatti si ammette che
l’automobile si stia muovendo in orizzontale, per cui la sua forza peso viene equilibrata in
verticale dalle forza di reazione del piano stradale. Si suppone che non vi sia attrito e che
dall’interno della macchina si freni con una pressione sui freni a cui corrisponde una forza
frenante orizzontale costante nel tempo e nello spazio, e che questa sia l’unica forza agente. Ad
una forza costante corrisponde un accelerazione costante, che è da trovare, in base alle leggi del
moto uniformemente accelerato (o decelerato, visto che la velocità e l’accelerazione hanno versi
contrari). Ancora come nell’esercizio precedente sappiamo che la macchina dotata di velocità
iniziale data, deve fermarsi in una determinata distanza d, per cui l’accelerazione che deve
essere impressa è pari a
A questa accelerazione corrisponde una forza F = m a. Nel testo è dato il peso della macchina,
p, che è pari a m g, con g accelerazione di gravità (9.8m/s2). Quindi
L’intervallo di tempo in cui si ferma, considerando zero il tempo in cui ha la velocità iniziale vo
si trova dalla relazione v(t) = vo – a t, considerando che all’istante di tempo t0 si deve avere v(t0)
= 0. Quindi t0 = v0 / a = 2.7 s. Nella seconda parte dell’esercizio si richiede la distanza percorsa
a parità di forza frenante se la velocità iniziale è il doppio della precedente. Quindi la
decelerazione è quella trovata precedentemente e considerando la relazione che lega velocità
iniziale, accelerazione e distanza percorsa durante il processo di frenata, si ha (gli indici 1
indicano le quantità nuove) :
Si ricava facilmente che il tempo di frenata invece raddoppia rispetto al caso precedente,
considerando al solito la relazione v1(t) = v01 – a t con v01 velocità iniziale in questo caso e
che il tempo cercato corrisponde al tempo in cui v1(t) si annulla.
3. State tirando una scatola su un pavimento incerato (attrito trascurabile),
r
mediante una fune legata alla scatola e nel farlo applicate una forza costante F
r
orizzontale. Un vostro amico sta tirando la stessa scatola con la stessa forza F
ma inclina la fune di un angolo θ verso l’alto. Trovare il rapporto tra le velocità
scalari dopo un certo tempo t e dopo avere tirato la scatola per una certa
distanza d.
•
La situazione è quella raffigurata in figura per le forze che agiscono sulla scatola nei due casi.
Le forze agenti nel primo caso ( sinistra) sono il peso della scatola (in verticale verso il basso),
la reazione del piano (N), la forza orizzontale F; dalla seconda legge di Newton la somma
vettoriale delle forze è uguale a massa per accelerazione : F + m g + N = m a. Scomponendo
sugli assi coordinati si ha
caso 1 :
Nella prima equazione l’accelerazione lungo l’asse y è evidentemente nulla, la scatola non si
alza dal pavimento né scade verso il basso, ma si sposta solo orizzontalmente. Nel secondo caso
(a destra) ancora l’equazione è F + m g + N = m a, ma ora scomponendo sugli assi si trova:
caso 2
Quindi la reazione del piano è diminuita rispetto al caso precedente (in parte è la forza applicata
dall’amico che sostiene in verticale la cassa), ma anche l’accelerazione in orizzontale è
diminuita: a parità di valore di F, poiché cosθ, per angoli minori di π/2, è minore di 1. Le
accelerazioni sono comunque costanti, e quindi il moto impresso è uniformemente accelerato e
la velocità ad ogni istante è data da v(t)=a t , con a l’accelerazione e t il tempo, essendo in questi
due casi la velocità iniziale nulla. Si ha quindi
La velocità nel primo caso è quindi sempre maggiore della velocità del secondo caso, a parità di
intensità della forza applicata. Dopo aver percorso la distanza d, in un moto uniformemente
accelerato con velocità iniziale nulla, la velocità è data dalla relazione vd = (2ad)1/2, con a
accelerazione e d distanza percorsa, per cui ora si ha
4. Una sferetta di massa 3 mg è appesa ad un filo in estensibile ed è in equilibrio.
Soffia una brezza orizzontale costante che fa spostare il sistema in modo che la
nuova posizione d’equilibrio del sistema formi una angolo di α = 30° con la
verticale. Trovare il valore della tensione del filo e della forza orizzontale della
brezza
•
La situazione è quella raffigurata in figura per le forze che agiscono sulla pallina spostata dalla
posizione di equilibrio verticale. Sono segnate le forze che agiscono, ovvero la tensione T della
corda in estensibile, la forza F del vento in orizzontale e la forza peso dovuta all’attrazione della
pallina da parte della terra. Poiché il sistema è in equilibrio deve essere: F + m g + T = 0.
Scomponendo su gli assi x e y in figura (questa è una possibile scelta di assi, si può anche
considerare l’asse y lungo la corda verso il punto di sospensione e l’asse a lui perpendicolare) si
ha:
Suggerimento: provare a rifare il calcolo scegliendo un sistema di riferimento diverso, per
esempio quello suggerito sopra.
5. Uno sciatore la cui massa è m = 70 kg scende lungo una pista innevata (si
trascura quindi l’attrito) inclinata di α = 20° rispetto all’orizzontale. Percorre
partendo da fermo una distanza d = 300 m su questo pendio. Trovare di quanto
è sceso di quota e la velocità alla fine della discesa. Lo stesso sciatore rifà la
stessa pista, ma ora soffia un vento costante forte parallelo alla pista. Se lo
sciatore parte con velocità iniziale di modulo vo, calcolare modulo e verso della
forza se la sua velocità rimane costante lungo la discesa e se la sua velocità
aumenta costantemente di a = 1m/s2.
•
Lo sciatore è assimilabile a un corpo di massa m che scende lungo un piano inclinato di un
angolo α. In assenza di attrito, le uniche forze che agiscono sullo sciatore sono la forza peso m g
verticale verso il basso, e la reazione del piano N perpendicolare alla pendenza
La prima domanda chiede di quanto è sceso di quota lo sciatore se scende lungo la discesa
(ovvero lungo il piano inclinato) di una distanza D: D è l’ipotenusa del triangolo in cui il cateto
verticale h rappresenta la discesa di quota. Applicando la trigonometria si ottiene che h = D
senα = 300 m · 0.342 = 102.6 m
Per quanto riguarda il moto dello sciatore, si è già detto delle forze che agiscono sullo sciatore,
se l’asse x viene considerato lungo il piano inclinato e l’asse y perpendicolare all’asse x e con
verso positivo verso l’alto e scomponendo la legge di Newton lungo questi assi: m g + N = m a
si ha
ovvero il moto è solo accelerato lungo l’asse x e l’accelerazione è costante pari a g senα. Il moto
è uniformemente accelerato e applicando le relazioni che danno la velocità in funzione della
distanza percorsa e della velocità iniziale (nulla in questo caso) si ha
Nel caso in cui agisce anche la forza orizzontale F dovuta al vento il diagramma delle forze si
modifica come mostrato nel disegno:
la legge di Newton diventa m g + N + F = m a. Un’ulteriore informazione è che lo sciatore si
dà inizialmente una spinta e scende quando c’e’ il vento con la velocità iniziale: questo significa
che né lungo x né lungo y c’è accelerazione ax = ay = 0 ⇒ a = 0. Allora scomponendo lungo gli
assi m g + N + F = m a si ottiene
Quindi F = 70 kg · 9.8 m s-2 · sen 20° = 234.6 N. L’ultima domanda dice che lo sciatore scende
contro vento aumentando costantemente la sua velocità di 1 metro ogni secondo, il che significa
che l’accelerazione lungo l’asse x è ax = 1 m/s2. Si ha allora, per quanto riguarda il moto lungo il
piano inclinato:
6. Due blocchi, di massa rispettivamente m1 = 5 kg e m2 = 3 kg, sono in contatto
su una superficie orizzontale senza attrito, a uno dei due blocchi è applicata
una forza orizzontale costante F = 3.2 N. Trovare l’accelerazione dei due
blocchi e la forza di contatto tra i due blocchi. Se la forza è applicata in senso
contrario al blocco di destra di massa m2 come cambia il modulo
dell’accelerazione dei due blocchi? Quale è la forza di contatto tra i due
blocchi in questo caso?
7. Si deve spostare una cassa di massa m = 50 kg che giace in orizzontale su un
pavimento con coefficiente di attrito statico fs = 0.5 e attrito dinamico fd = 0.3.
Si cerca di spostarla tirando con una fune che è legata alla cassa e applicando
una forza orizzontale F. Trovare il valore della forza per cui la cassa
incomincia a muoversi. Se si applica la stessa forza durante il movimento,
quale è l’accelerazione della cassa e dopo quanto tempo si è spostata di d = 4
m? La stessa cassa viene invece spostata inclinando la corda di un angolo α =
30° rispetto l’orizzontale e tirando. Rispondere alle due domande precedenti in
questo caso. Se la cassa fosse invece spinta con una forza la cui direzione è
inclinata di un angolo α = 30° rispetto l’orizzontale, come cambierebbero le
risposte alle domande precedenti?
8. Un blocco di massa m = 6 kg, inizialmente fermo, scende strisciando lungo un
piano inclinato di un angolo α = 40° rispetto l’orizzontale. Il coefficiente
d’attrito dinamico tra piano e blocco è fd = 0.4. Determinare la velocità del
blocco dopo T = 10 secondi di discesa e lo spazio percorso lungo il piano. Lo
stesso blocco viene spinto verso l’alto sullo stesso piano con una velocità
iniziale v0 =10 m/s. Determinare il tempo che impiega per percorrere questa
distanza e la distanza percorsa prima che la sua velocità si annulli. Descrivere
il moto successivo: il corpo ricade verso il basso o rimane fermo in quella
posizione, se il coefficiente di attrito statico è fs = 0.7? Se ricade con che
velocità arriva alla fine del piano inclinato?
9. Un’automobile percorre una curva in piano di raggio R = 150m. L’attrito tra i
pneumatici e la strada è fd = 1.4. Trovare quale è la massima velocità che può
avere la macchina per non slittare. L’attrito è di tipo statico o dinamico? Serve
aumentare la massa della macchina per non slittare? Per eliminare
sbandamenti, se l’attrito diminuisce per pneumatici lisci o presenza di acqua, le
curve sono sopraelevate (o inclinate). Determinare l’angolo di sopraelevazione
α per la curva in caso di attrito nullo se la velocità dell’automobile è quella
determinata precedentemente.
10. Un blocchetto di massa m = 200 g è fatto girare, da una corda ancorata nel
centro della circonferenza, su una circonferenza orizzontale di raggio R = 20
cm. Il piano su cui ruota è ruvido ed è presente attrito tra la massa e il piano.
La velocità iniziale della massa è v0 = 10 m/s e diminuisce costantemente di a
= 0.5 m/s2.. Determinare il coefficiente di attrito dinamico tra blocco e piano.
Determinare quanti giri fa il blocchetto prima di fermarsi. Calcolare la tensione
nel filo all’inizio del moto (t = 0 s) e dopo un tempo t’ = 3 s dall’inizio del
moto. Scrivere l’equazione oraria per l’angolo descritto durante il moto .
UNIVERSITA’ DEL SANNIO
CORSO DI FISICA 1
ESERCIZI – DINAMICA II
1. Un blocco assimilabile ad un punto materiale di massa m = 2 Kg partendo da
fermo scivola da un’altezza h = 4 m lungo una guida priva di attrito. Alla base
della guida il blocco colpisce e comprime una molla ideale di costante elastica
k = 200 N/m. Calcolare la massima compressione della molla, l’energia
potenziale della massa alla quota di h = 2 m e l’energia cinetica prima di
cominciare a comprimere la molla.
• Rispetto alla base della guida, l’energia potenziale del blocco è E = m g h =
78.4 J. Alla base della guida, il blocco possiede un’energia cinetica uguale a
quella potenziale iniziale. Mentre il blocco comprime la molla, questa energia
cinetica si trasforma in energia potenziale elastica della molla e la
trasformazione è completa quando la molla è compressa al massimo. Quindi: m
g h = ½ k x2 x = 0.89 m. All’altezza di 2 m l’energia potenziale vale la metà di
quella posseduta a 4 m ed infine l’energia cinetica prima di comprimere la
molla sul piano orizzontale non può non essere uguale a quella potenziale
gravitazionale iniziale oppure a quella potenziale elastica alla massima
compressione della molla.
2. Un cane rincorre un gatto. La massa del cane è doppia di quella del gatto, la
loro energia cinetica è uguale ed è costante. Inoltre la distanza tra il cane ed il
gatto aumenta di 3 m ogni secondo. Calcola la velocità dei due animali.
• L’energia cinetica del gatto e del cane valgono rispettivamente Eg = ½ mg vg2 e
Ec = ½ mc vc2 = mg vc2. Quindi dato che le energie cinetiche devono essere
uguali: vg2 = 2 vc2. Ma la velocità del gatto è tale da essere vg = vc + v0, con v0 =
3 m/s. Risolvendo il sistema di due equazioni in due incognite vc = (1 + 2½) v0
= 7,24 m/s e vg = (2 + 2 2½) v0 = 10,24 m/s.
3. Un blocco di massa m = 3,57 Kg è trascinato a velocità costante su un piano
orizzontale per un tratto d = 4,06 m da una fune che esercita una forza costante
di modulo F = 7,68 N incrinata di una angolo θ = 15° sull’orizzontale.
Calcolare il lavoro totale compiuto sul blocco, il lavoro fatto dalla fune sul
blocco, il lavoro fatto dalle forze di attrito sul blocco, il coefficiente di attrito
dinamico tra blocco e piano.
• Poiché il blocco si muove con velocità costante, anche la sua energia cinetica è
costante. Non essendovi variazione di energia cinetica, il lavoro totale
compiuto sul blocco è zero, per il teorema dell’energia cinetica. Il lavoro
computo dalla forza F che è costante e forma un angolo di 15° con al direzione
dello spostamento è dato dalla formula L = f d cos θ = 30,1 J. Essendo nullo il
lavoro totale, le forze di attrito compiono un lavoro eguale e contrario a quello
compiuto dalla fune: La = - L = - 30,1 J. Essendo nulla la forza risultante,
come si deduce dal punto precedente, valgono per le proiezioni sugli assi x e y
due relazioni: F cos θ - Fc = 0 e F sin θ - mg + N = 0 Poiché d’altra parte la
forza di attrito è legata alla reazione normale della superficie otteniamo μ = F
cos θ / N = 0,225.
4. Un blocco di ghiaccio di 50 Kg è posto su un piano inclinato lungo 1,5 m ed
alto 90 cm. Un uomo spinge il blocco di ghiaccio in su parallelamente al piano
inclinato cosicché il blocco scivola giu con velocità costante. Il coefficiente di
attrito tra il ghiaccio ed il paino è 0,1. Trovare la forza esercita dall’uomo, il
lavoro fatto dall’uomo sul blocco, il lavoro fatto dalla forza di gravità sul
blocco, il lavoro fatto dalla superficie del piano sul blocco, il lavoro fatto dalla
risultante delle forse sul blocco e la variazione di energia cinetica del blocco.
• Poiché il moto del blocco di ghiaccio è uniforme, la risultante delle forze ad
esso applicato deve essere zero. Tenuto conto dei dati del problema e del fatto
che l’attrito cinetico ha sempre verso opposto alla velocità, detta F la forza
applicata dall’uomo ed Fc la forza d’attrito, si ha: F + Fc – mg sin θ = 0.
Quindi F = mg (sin θ – mu cos θ). Tenuto conto dei dati del problema si ottiene
F = 255 N. Tale forza è opposta allo spostamento, quindi il lavoro compiuto
vale L1 = - F l = - 383 J. Per il lavoro della forza peso abbiamo con un calcolo
analogo il valore di L2 = mg l sin θ = 441 J. La forza di attrito equilibra la
risultante delle altre due forze; quindi il lavoro che essa compie è opposto al
lavoro complessivo fatto dalle altre due forze: L3 = -(L1 + L2) = - 58 J. Infine
essendo nulla la risultante delle forze applicate sul blocco, si annullano sia il
lavoro che la variazione di energia cinetica.
5. Da quale altezza dovrebbe cadere una macchina per acquistare un’energia
cinetica eguale a quella che avrebbe se viaggiasse alla velocità di 100 Km/h.
• In un moto uniformemente accelerato la velocità raggiunta da un corpo che
parte da fermo dopo aver percorso un tratto d è dato da v2 = 2 g d. Quindi d =
v2 / (2 g) = 39,4 m.
6. Un oggetto è appeso ad una molla verticale e abbassato lentamente fino alla
posizione di equilibrio. Esso allunga la molla di un tratto d. Se lo stesso
oggetto, attaccato alla stessa molla verticale, viene lasciato cadere, di quanto si
allunga la molla?
•
Sia k la costante elastica della molla. In condizioni di equilibrio la forza
applicata alla molla è uguale al peso dell’oggetto, quindi: m g = k d ossia d =
mg / k. Se l’oggetto viene lasciato cadere, possiamo applicare la conservazione
dell’energia meccanica. Scelta la posizione iniziale dell’oggetto come origine
delle coordinate in tale punto si annullano sia l’energia cinetica che l’energia
potenziale della forza elastica e quella della forza peso. L’energia totale vale E
= K + Ue + Up che inizialmente vale zero. Questo valore deve rimanere
costante durante il moto. Quando la molla raggiunge il massimo allungamento
D, la velocità dell’oggetto è istantaneamente nullo e quindi l’energia cinetica è
zero. L’energia potenziale della forza elastica ha il valore Ue = ½ k D2 e quella
della forza peso Up = - m g D. Dalla conservazione dell’energia meccanica si
ottiene E = K + Ue + Up = ½ k D2 – m g D = 0. Quindi D = 2 m g / k = 2 d.
7. Il cavo di un ascensore di massa 2000 Kg si spezza quando l’ascensore è fermo
al primo paino a distanza d = 4,0 m da una molla di attenuazione di costante
elastica K = 1,5 105 N/m. Un dispositivo di sicurezza agisce sulle guide in
modo da far loro sviluppare una forza di attrito costante di 500 Kgf che si
oppone al moto dell’ascensore. Calcolare la velocità dell’ascensore prima che
urti la molla. Trovare di quale tratto s è compressa la molla. Calcolare a quale
distanza risale l’ascensore lungo le guide.
• Assumiamo come configurazione di riferimento, in cui l’energia potenziale del
sistema ha un valore nullo, quella in cui l’ascensore entra in contatto con la
molla. Nella posizione inziale l’ascensore possiede energia cinetica Ki = 0 ed
energia potenziale Ui = m g d = 78,4 KJ. Nel momento in cui l’ascensore urta
la molla, l’energia potenziale è nulla, l’energia cinetica è K = ½ m v2, dove v è
la velocità incognita. Essendo presente durante il moto una forza di attrito,
applicheremo la conservazione dell’energia meccanica tenendo conto del
lavoro delle forze non conservative: ΔE = ΔK + ΔU = K – Ki + U – Ui = - Fa
d = - 19,6 KJ. Sostituendo le espressioni trovate si ha allora ½ m v2 – m g d = Fa d da cui v = (2 d / m (m g - Fa))½ = 7,67 m/s. La compressione massima
della molla corrisponde all’annullamento della velocità dell’ascensore. In
questo caso l’energia potenziale della molla è data da U’ = ½ k s2 dove s è la
deformazione della molla. Il lavoro della forza di attrito e della forza peso si
compie su una distanza d + s, cosicché possiamo scrivere: E = ½ k s2 - mg (d
+ s) = - Fa (d + s). Risolvendo rispetto ad s otteniamo quanto cercato: s = 1
m. La molla alla massima compressione possiede un’energia potenziale U’ =
½ k s2 = 75 KJ. Parte di questa energia si trasforma in energia potenziale
gravitazionale, parte viene dissipata dalle forze d’attrito: ½ k s2 = mg h + Fa
dove h è la distanza di cui risale l’ascensore. Quindi h = 3 m. L’ascensore
arriva ad un livello di 2 m sopra il livello della molla.
8. Una sferetta di massa 0.40 Kg, posta ad un’altezza di 1,4 m da terra viene
lasciata cadere su una molla posta verticalmente. La molla, di massa
trascurabile è lunga 0,35 m ed ha una costante elastica di 1400 N/m. Di quanto
si comprime la molla prima che inizi il rimbalzo? Risolvi il problema dapprima
trascurando la variazione di energia potenziale dovuta all’abbassamento della
molla, poi tenendone conto.
• Sia l la lunghezza della molla, h l’altezza da cui cade la sferetta ed x la
compressione della molla. Nel caso generale abbiamo che m g h = ½ k x2 + m
g (l - x) da cui m g( h – l) = ½ k x2 - m g x. Nel caso in cui trascuriamo la
variazione di energia potenziale gravitazionale abbiamo m g h = ½ k x2 + m g
(h - l) da cui k x2 -2 m g l. Quindi si ottengono i valori della compressione nelle
due ipotesi.
9. Un ragazzo si tuffa in mare da 5 m di altezza. La sua velocità di caduta viene
ridotta a zero per l’attrito con l’acqua quando egli si trova a 2, 5 m sotto acqua.
La massa del ragazzo è di 75 Kg. Qual è l’energia media dissipata per attrito
con l’acqua per ogni metro?
• Ponendo a zero l’energia potenziale nel punto in cui si arresta il moto
nell’acqua abbiamo che le forze di attrito devono compiere un lavoro negativo
pari a m g (h + d) dove h è l’altezza da cui avviene il tuffo rispetto al livello
dell’acqua e d lo spazio percorso nell’acqua. Quindi l’energia dissipata per
unità di lunghezza è data da m g (h + d) / d = m g (1 + h/d). Quindi otteniamo:
2,29 x 103 J/m.
10. Un’automobile viaggia su una strada orizzontale a 50 Km/h e si arresta
frenando in 28 m. Supponendo che i freni applichino la stessa forza anche su
una strada in discesa con la pendenza del 9 %, quale sarebbe la distanza di
arresto dell’auto?
• Sia v0 la velocità iniziale della macchina, d1 lo spazio percorso ed a1
l’accelerazione necessaria per fermare la macchina nel tratto orizzontale. Si
ottiene in questo caso che a1 = ½ v02 / d1. Quindi a tale accelerazione dobbiamo
associare una forza frenante pari a f = m a1 = ½ m v02 / d1. Nel caso in cui vi sia
un piano inclinato con un angolo α, lungo il piano inclinato bisogna avere: f –
m g sin α = m a2, dove a2 = ½ v02 / d1 - g sin α è l’accelerazione necessaria per
fermare la macchina avente sempre velocità iniziale v0. Lo spazio necessario
sarà dunque d2 = ½ v02 / a2 = ½ v02 /(½ v02 / d1 - g sin α). N.B. Se α = 0
troviamo che d2 = d1!!! Ovvio!!!
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CORSO DI FISICA 1
ESERCIZI – DINAMICA III
1. Una canoa percorre un tratto rettilineo di fiume lungo l = 1 Km una volta
contro corrente impiegando 20 minuti ed una volta a favore di corrente
impiegando 15 minuti. Calcolare la velocità della corrente rispetto alla riva. Si
suppongano costanti la velocità della corrente e la velocità con cui la canoa si
muove rispetto alla corrente.
• Detta v la velocità rispetto al sistema fisso, solidale con la riva, e detta v’ la
velocità della canoa rispetto ad un sistema mobile solidale con la corrente, si
ha: v’ = v – vt e v = v’ + vt dove vt è la velocità di trascinamento, cioè la
velocità rispetto a riva di un punto solidale con il sistema mobile che si trovi
sovrapposto alla canoa (punto mobile). vt è l’incognita del problema e può
essere determinata scrivendo le equazioni orarie dei due moti di andata e di
ritorno. Andata: v1 = v’ – vt; ritorno: v2 = v’ + vt da cui si ottiene v2 – v1 = 2 vt.
D’altra parte v1 = l/t1 2 v2 = l/t2. Infine vt = ½( l/t2 - l/t1) = 0.14 m/s.
2. Un’automobile di lunghezza l = 4 m si muove di moto rettilineo uniforme alla
velocità v = 100 Km/h e sorpassa un autotreno che si muove nella stessa
direzione e con velocità V = 60 Km/h. Se l’autotreno è lungo L = 15 m, quanto
tempo dura il sorpasso, cioè quanto tempo occorre perché si passi dalla
situazione in cui il fronte dell’auto è allineato con la coda dell’autotreno, alla
situazione in cui la coda dell’auto è allineata con il fronte dell’autotreno?
• Scegliendo un sistema di riferimento fisso solidale con l’autotreno, perché il
sorpasso sia completo, il fronte dell’auto, che si muove con velocità v – V
rispetto all’autotreno, deve percorrere il tratto L + l. Trattandosi di moto
rettilineo ed uniforme, il tempo necessario è t = (L + l) / (v – V) = 1,7 s.
3. Due aerei viaggiano sullo stesso piano con velocità v1 = 500 Km/h e v2 = 800
Km/h rispettivamente. Le direzioni di moto formano un angolo θ = 30°, mentre
gli aerei si allontanano l’uno rispetto all’altro. Calcolare la velocità relativa dl
secondo aereo rispetto al primo (modulo e direzione).
• Rispetto ad un sistema fisso solidale con la Terra, un sistema di riferimento
mobile solidale con il primo aereo ha velocità di trascinamento costante vt = v1.
In questo sistema mobile, in cui l’aereo 1 è fermo, il secondo aereo ha velocità
relativa v’2 = v2 - vt = v2 – v1 essendo v2 la velocità del secondo aereo rispetto al
sistema fisso. Proiettando sugli assi x’ ed y’ del sistema mobile (scelti paralleli
⎧ v'2 x = v2 x − v1 = v2 cosθ − v1
.
v'2 y = v2 y = v2 sin θ
⎩
ai corrispondenti assi x e y del sistema fisso) si ha: ⎨
L’angolo è dato da tan θ ' =
v '2 y
v '2 x
ed il modulo di v’2 è dato da v '2 = v '2 x2 +v '2 y 2 .
Numericamente abbiamo …
4. Un treno si muove di moto rettilineo uniforme con velocità V. All’interno del
treno, un punto materiale viene lanciato verso l’alto, rispetto al treno, con
velocità v’0. Determinare il tipo di traiettoria del punto nel riferimento solidale
al treno e nel riferimento fisso solidale alle rotaie.
• Siano v e v’le velocità del punto rispetto al sistema fisso Oxy ed a quello
mobile O’x’y’, rispettivamente. Essendo V la velocità di trascinamento si ha v
= v’ + V. In modo analogo, per l’accelerazione si ha a = a’. Nel riferimento
⎧
v' = 0
x
. Nel sistema di
mobile O’x’y’ abbiamo un moto rettilineo verticale ⎨
⎩ v'y = v'0 − gt
riferimento Oxy abbiamo a = - g’ e v = v’ + V; quindi le leggi orarie sono
vx = V
⎧
(moto parabolico).
⎨
⎩ vy = v' y = v'0 − gt
5. Durante la fase di frenamento, con accelerazione negativa costante A, di un
vagone che si muove su traiettoria rettilinea orizzontale, un corpo viene
lanciato, internamente al vagone, con velocità v’0 verticalmente verso l’alto,
rispetto al vagone in moto. A che distanza dal punto di lancio il corpo ricadrà
sul pavimento del vagone?
• Nel sistema fisso (inerziale) Oxy si ha a = - g (corrispondente al fatto che è
presente soltanto la forza reale dovuta la peso). Nel sistema mobile O’x’y’
(non inerziale, nel quale oltre alla forza peso è presente la forza di inerzia – m
A) si ha: a’ = a – A. Dunque l’accelerazione relativa a’ è uniforme nel
riferimento mobile ed inclinata rispetto alla verticale. Conviene risolvere il
1 2
⎧
⎧a' x = − A ⎪ x' = x'0 − 2 At
problema ponendoci nel sistema mobile: ⎨
⇒⎨
. Il tempo
1
⎩a ' y = − g
⎪ y ' = v'0 t − gt 2
2
⎩
2v'
necessario per toccare terra è dato da t = t* = 0 . La distanza dal punto di
g
lancio (x’ = x’0) del punto di ricaduta sarà: Δx' = x' (*) − x' = −
2
2 Av'0
.
g2
6. Una pallina si trova ferma alla base di un piano inclinato di 45° rispetto
all’orizzonte e di altezza h = 1,1 m, montato sopra un carrello . Il carrello viene
messo in movimento con accelerazione costante A per un intervallo di tempo τ,
dopodichè il carrello prosegue con moto uniforme. Si determini il valore di A
per i quali la pallina, scivolando senza attrito lungo il paino inclinato, ne
raggiunge la sommità.
• Si consideri un sistema di riferimento solidale con il piano inclinato, con l’asse
x nella direzione di moto della pallina e l’origine alla base del piano: per t ≤ τ
tale sistema di riferimento non è inerziale e la sua accelerazione di
trascinamento vale – A. Rispetto al sistema di riferimento considerato, il
modulo dell’accelerazione della pallina risulta a = A cosα − g sin α per t ≤ τ e
a = − g sin α per t > τ. Ora la velocità per t ≤ τ vale v(t ) = ( A cos α − g sin α )t e per t
> τ vale v(t ) = ( A cos α )τ − (g sin α )t , mentre lo spazio percorso per t ≤ τ vale
1
x (t ) = ( A cos α − g sin α )t 2
e
per
t
>
τ
vale
2
x(t ) = ( A cos α )τt −
1
( A cosα )τ 2 − 1 (g sin α )t 2 . La pallina si arresterà in un tempo
2
2
pari a t = τ + t * , dove t* è il tempo di inversione del moto uniformemente
decelerato per t > τ: t* =
somma
xtot =
degli
τ
(A
2 g sin α
2
htot = xtot sin α =
2
Aτ
cot α . Lo spazio percorso sarà, dunque, dato dalla
g
spazi
percorsi
)
cos 2 α − g 2 sin 2 α .
τ2
(A
2g
2
nelle
Quindi
due
modalità
l’altezza
massima
di
moto:
raggiunta
è
)
cos 2 α − g 2 sin 2 α . Sia h0 l’altezza da raggiungere. Quindi
otteniamo la seguente relazione da soddisfare per l’accelerazione A:
(A
2
)
cos 2 α − g 2 sin 2 α =
2 gh0
τ2
.
7. Una sbarra di massa trascurabile e lunghezza l è posta con un angolo α rispetto
alla verticale. Alla sua estremità libera è applicata una forza verso il basso pari
in modulo ad f. Calcolare il momento della forza scegliendo come polo l’altra
estremità della sbarra fissa alla verticale.
• Tra il raggio vettore e la forza vi è un angolo pari a 180° - α, quindi il modulo
vale l f sin α.
8. Calcolare il momento angolare associato al moto di un corpo di massa m su
una guida circolare di raggio r.
• La quantità di moto vale m v = m r ω. In questo caso il vettore posizione
(scelto come polo il centro della circonferenza) vale in modulo r ed è sempre
ortogonale alla quantità di moto. Quindi otteniamo un momento angolare pari a
m r2 ω.
9. Calcolare il momento della forza peso, agente su un corpo di massa m in
rotazione nel giro della morte, rispetto al centro dell’anello ed il punto più
basso dell’anello.
• Il modulo del momento della forza vale m g l sin α, nel caso del polo
coincidente con il centro della circonferenza, dove α è l’angolo formato dalla
direzione verticale e dal raggio vettore (α compreso tra - 180° e 180°). Nel
secondo caso abbiamo invece che il modulo 2 r cos θ m g sin θ = m g r sin (2
θ) , dove ora θ varia tra – 90° e 90°.
10. Calcolare il momento angolare di un corpo di massa m in moto rettilineo ed
uniforme.
r
• Detto Ω il polo, il modulo del momento angolare vale m v ΩP sin α dove α è
r
l’angolo compreso tra il vettore quantità di moto mv ed il raggio vettore ΩP .
Considerato che ΩP sin α = b rappresenta la distanza tra il polo e la direzione
r
della quantità di moto otteniamo un momento angolare costante che vale m v b .
UNIVERSITA’ DEL SANNIO
CORSO DI FISICA 1
ESERCIZI – Dinamica dei sistemi di punti materiali
1. Un sistema fisico è costituito da tre punti materiali di massa m1 = 60 g, m2 = 15
g, m3 = 25 g, i cui vettori posizione rispettivamente sono r1 = (2, 2, 0), r2 = (1,
3, 0) e r3 = (3, 2, 0). Calcolare le coordinate del centro di massa.
• I tra punti giacciono sul piano xy (z = 0). Quindi le coordinate del centro di
massa sono: xCM = (60 × 2 + 15 × 1 + 25 × 3) / (60 + 15 + 25) = … = 2,1 m;
yc = …
2. Trovare il centro di massa di una sbarretta omogenea di massa M e lunghezza l.
• Il centro di massa si trova al centro C della sbarretta, Ciò risulta facilmente
dalla considerazione che per ogni elemento dx a distanza x da C alla sinistra di
C, esiste un elemento dx a distanza x da C alla destra di C. Essendo la sbarretta
omogenea, questi due elementi hanno la stessa massa dm = λ dx, e dunque il
loro centro di massa è nel punto centrale C. Poiché l’intera sbarretta è
scomponibile in coppie di elementi simmetrici, il centro di massa complessivo
sarà anch’esso in C. A presta conclusione si perviene ovviamente anche
effettuando il calcolo esplicito. Si ha infatti (tenendo conto che λ = M /l =
l
costante):
xCM =
∫ xλdx
0
M
l
xdx
M ∫0
l
=
= ... = .
2
l M
Da notare che si è assunto
implicamene l’origine dell’asse x coincidesse con l’estremo della sbarretta.
3. Un punto materiale A, di massa mA, si muove su una traiettoria circolare di
raggio RA con velocità angolare costante ω, occupando all’istante iniziale la
posizione (0, RA). Un punto materiale di massa mB si muove con la stessa
velocità angolare ma su una circonferenza di raggio RB occupando all’istante
iniziale la posizione (- RB, 0). Calcolare l’accelerazione del centro di massa.
mA x A (t ) + mB xB (t )
⎧
⎪⎪ xCM (t ) =
mA + mB
; le leggi orarie dei
• Il centro di massa ha coordinate ⎨
mA y A (t ) + mB yB (t )
⎪ yCM (t ) =
⎪⎩
m A + mB
⎧ x (t ) = RA cos(ωt + π / 2 ) ⎧ x B (t ) = R B cos(ωt − π )
punti A e B sono ⎨ A
e ⎨
. Quindi, per il
⎩ y A (t ) = RA sin (ωt + π / 2 )
⎩ y A (t ) = R B sin (ωt − π )
centro
di
massa
otteniamo
mA RA cos(ωt + π / 2) + mB RB cos(ωt − π ) − mA RA sin (ωt ) − mB RB cos(ωt )
⎧
=
⎪⎪ xCM (t ) =
m A + mB
m A + mB
.
⎨
mA RA sin (ωt + π / 2 ) + mB RB sin (ωt − π ) mA RA cos(ωt ) − mB RB sin (ωt )
⎪ yCM (t ) =
=
⎪⎩
mA + mB
m A + mB
La
traiettoria del centro di massa si ottiene eliminando il tempo dalle leggi orarie
per esempio per quadratura e somma. Si ottiene in questo caso
m R + mB RB
2
2
2
= RCM . Dunque la distanza RCM = xCM + yCM del
= A A
2
(mA + mB )
2
xCM + yCM
2
4.
•
5.
•
2
2
2
2
centro di massa dall’origine del riferimento non dipende dal tempo. Si tratta di
traiettoria di raggio Rc = 10,76 cm. Il moto del centro di massa è dunque un
moto circolare uniforme di velocità angolare ω = 2 rad /s e quindi la sua
accelerazione sarà centripeta e di modulo ω2Rc. = 0,43 m/s2.
Su un piano orizzontale privo di attrito sono posti due blocchi di massa M1 = 2
Kg e M2 = 3 Kg. Tra i due blocchi, inizialmente fermi, è sistemata una molla,
di massa trascurabile, mantenuta compressa da un filo di collegamento tra i
blocchi. Ad un certo istante il filo viene tagliato ed i due blocchi vengono
messi in movimento dalla molla. Si osserva che la velocità acquisita dalla
massa M1 è v1 = 0,5 m/s. Qual è l’energia elastica della molla nella sua
configurazione iniziale?
Per la conservazione della quantità di moto si ha M1 v1 + M2 v2 = 0. La
conservazione dell’energia meccanica nella fase di decompressione della molla
implica la seguente relazione: Uin = ½ M1 v12 + ½ M2 v22. Dalla prima relazione
v2 = - v1 M1 / M2, quindi troviamo che Uin =…= ½ M1 v12 (1+ M1 / M2) = 0,42
J.
Trovare il centro di massa di una sbarretta non omogenea di massa totale M e
lunghezza l, la cui densità lineare di massa sia approssimabile come λ = a + b
x.
La
coordinata
del
centro
di
massa
è
data
da
l
xCM =
l
∫ xλdx ∫ x(a + bx )dx
0
M
M = al +
=
0
M
bl 2
. Quindi xCM
2
⎛ al 2 bl 3 ⎞
⎜⎜
⎟ ; ma la massa è tale che deve valere
+
3 ⎟⎠
⎝ 2
⎛ al 2 bl 3 ⎞ l 3a + 2bl
1
⎜
⎟=
. Notare che se b fosse
=
+
bl 2 ⎜⎝ 2
3 ⎟⎠ 3 2a + bl
al +
2
=
1
M
l
2
nullo otterremmo xCM = : il caso della sbarretta con densità costante.
6. Un cannone ed una riserva di palle (la cui massa sia m) sono posti all’interno di
un vagone ferroviario chiuso (la cui massa sia M). Il cannone spara verso
destra ed il vagone rincula a sinistra: le palle da cannone, dopo aver colpito la
parte più lontana ricadono all’interno del vagone. Dimostrare che,
indipendentemente da come vengono sparate le palle da cannone, il vagone
•
7.
•
8.
•
non può spostarsi di un tratto maggiore della sua lunghezza L, supponendo che
parta da fermo.
Sia M la massa complessiva del vagone ferroviario e del cannone, m la massa
complessiva delle palle che vengono sparate. Siano X1 e x1, rispettivamente, le
coordinate del centro di massa del sistema (vagone + cannone) e delle palle,
prima dello sparo, in un sistema di riferimento solidale al suolo; X2 e x2, le
corrispondenti coordinate dopo lo sparo. Poiché la risultante delle forze esterne
applicate al sistema è nulla, la coordinata del cento di massa del sistema
complessivo ha lo stesso valore prima e dopo lo sparo: (M + m) xCM = M X1 +
m x1 = M X2 + m x2 oppure anche M (X1 – X2) = m (x2 – x1). Ma x2 – x1 = D è lo
spostamento subito dal vagone verso sinistra, mentre lo spostamento delle palle
verso destra è x2 – x1 = L – D. Dalle due ultime formule si ottiene: M D = m (L
- D) ossia D = m L / (M + m).
Un cane di massa m è fermo su una zattera distante L dalla riva. Esso cammina
per un tratto l sulla zattera verso la riva e poi si ferma. La zattera ha una massa
M e possiamo trascurare l’attrito tra la zattera e l’acqua. Quanto dista il cane
dalla riva alla fine del suo spostamento sulla zattera?
Il centro di massa del sistema zattera + cane deve rimane fermo per via della
risultante nulla delle forze applicate. Indicando con m1 e m2 rispettivamente la
massa del cane e della zattera e con x1 e x2, le distanze dalla riva dei rispettivi
baricentri, si ha dunque: m1 x1 + m2 x2 = m1 x’1 + m2 x’2 dove x’1 e x’2 sono le
distanze dopo lo spostamento. Lo spostamento del cane rispetto alla riva è Δ x1
= x’1 – x1 e Δ x2 = x’2 – x2. Possiamo quindi riscrivere la prima equazione come
m1 Δ x1 + m2 Δ x2 = 0. Lo spostamento del cane rispetto alla zattera è la
differenza dei due spostamenti: d = Δ x1 - Δ x2 = - 3 m. Dal sistema delle due
equazioni si ricava: è Δ x1 = m2 d / (m1 + m2) = - 2,4 m. Il cane quindi si è
avvicinato alla riva di 2,4 m e si trova pertanto ad una distanza da essa x1 = 3,6
m.
Due corpi, ciascuno costituito da una serie di pesetti, sono connessi con una
leggera corda che passa attraverso una carrucola di peso trascurabile, di 5 cm
di diametro. Non vi è nessun attrito. I due corpo sono inizialmente allo stesso
livello e ciascuno ha una massa di 500 g: a) trovare la posizione del centro di
massa; b) Si trasferiscono 20 g da un corpo all’altro senza permettere al
sistema di muoversi. Indicare la nuova posizione del centro di massa; c) si
lasciano ora liberi i due corpi. Descrivere il moto del centro di massa e
determinare la sua accelerazione.
Scelto un sistema di riferimento con l’origine nel punto medio fra i due corpi,
le coordinate di questi sono: x1= - x2 = D / 2 = 2,5 cm. La posizione del centro
di massa è data quindi da xCM = … = 0. Il centro di massa si trova quindi nel
punto medio tra le due massa, come sempre quando le masse sono uguali. Le
due masse hanno ora i valori di m1 = 480 g e m2 = 520 g. Poiché le coordinate
dei due corpi non sono variate, il centro di massa si trova ora sulla loro
congiungente, nel punto di coordinata xCM = (480 2,5 + 520 2,5) / (1000) = 0,1 cm. A riprova del calcolo fatto, si osservi che il nuovo centro di massa
divide il segmento che congiunge i due corpi in due parti di lunghezza 2,6 cm e
2,4 cm, cioè nel rapporto inverso delle masse. Le forze che agiscono sul
sistema dei due corpo sono i pesi, diretti verso il basso e le tensioni dei due
capi delle corde, tra loro eguali, dirette verso l’alto. La risultante delle forze
esterne ha quindi modulo: F = m1 g è m2 g – 2 T ed è diretta verticalmente
verso il basso. La tensione T della fune vale T = (2 m1 m2) g / (m1 + m2).
Otteniamo quindi dalla precedente equazione F = (m1 - m2)2 g / (m1 + m2). Per
la legge del moto del centro di massa, l’accelerazione del centro di massa ha il
modulo di aCM = F / M = (m1 - m2)2 g / (m1 + m2)2 = 0,016 m/s2. Il moto del
centro di massa è uniformemente accelerato su una retta verticale a 0,1 cm a
sinistra dell’origine delle coordinate.
9. Una mitragliatrice spara pallottole di 50 g ad una velocità di 1 Km/s. Il
mitragliere che tiene in mano la macchina può esercitare una forza media di
180 N sulla mitragliatrice. Determinare il massimo numero di pallottole che
può sparare al minuto.
• Ad ogni pallottola viene impressa una quantità di moto pari a Δp = m v = … =
50 Kg m /s. Sia ora ν = d n / d t il numero di pallottole che vengono sparate
nell’unità di tempo. La variazione di quantità di moto del sistema
(mitragliatrice + pallottole) nell’unità di tempo è quindi d p / d t = ν m v. La
quantità ora calcolata è eguale alla risultante delle forze esterne applicate al
sistema, cioè alla forza esercitata dal mitragliatore. Abbiamo quindi: Fest = d p
/ d t = ν m v da cui ν = Fext / (m v) = … = 216 pallottole / min.
10. Un vagone ferroviario di peso P può scorrere senza attrito su una rotaia
rettilinea ed orizzontale. Inizialmente un uomo di peso p sta in piedi sul vagone
che sta muovendosi con velocità costante v0 (verso destra). Qual’è la
variazione di velocità del vagone se l’uomo corre verso sinistra con velocità
vrel, relativa al carro, nell’istante in cui raggiunge l’estremità e salta giù?
• Poiché non vi sono attriti ed il vagone si muove di moto rettilineo e orizzontale
(tutte queste condizioni sono essenziali) la risultante delle forse esterne
applicate al sistema (uomo + vagone) dev’essere eguale a zero. In tali
condizionasi conserva la quantità di moto del sistema. Siano M ed m le masse
del vagone e dell’uomo, rispettivamente, v ed u le loro velocità all’istante del
salto. La quantità di moto iniziale, quando uomo e vagone hanno la stessa
velocità v0, è P0 = (M +m) v0. La quantità di moto all’istante del salto è Ps = M
v + m u e poiché la velocità relativa è la differenza delle due velocità cioè vrel
+ v = u, l’equazione P0 = Ps diventa (M + m) v0 = M V + m vrel + m v da cui Δ
v = v – v0 = - m vrel /(M + m). Poiché le mass sono proporzionali ai pesi, il
risultato si può anche scrivere, utilizzando i dati del problema: Δ v = - p vrel /(P
+ p).
UNIVERSITA’ DEL SANNIO
CORSO DI FISICA 1
ESERCIZI – Dinamica dei corpi rigidi
1. La molecola di ossigeno ha una massa di 5,3 × 10 -26 Kg ed un momento di
inerzia di 1,94 × 10 -46 Kg m2 rispetto ad un asse passante per il centro e
perpendicolare alla congiungente i due atomi. Supponiamo che una tale
molecola in un gas abbia una velocità media di 500 m/s e che la sua energia
cinetica rotazionale sia 2/3 dell’energia cinetica traslazionale. Trovare la sua
velocità angolare media.
• Scriviamo le espressioni dell’energia cinetica rotazionale: Kr = ½ I ω2 e di
quella traslazionale Kt = ½ M v2 ed imponiamo che la condizione Kr = 2/3 Kt;
si ottiene l’equazione: ½ I ω2 = 1/3 M v2 da cui si ricava ω = (2 M v2 / 3 I )1/2 =
…
2. Un’alta ciminiera si spacca alla base e si abbatte. Esprimere (a) l’accelerazione
radiale media e (b) quella tangenziale della cima della ciminiera in funzione
dell’angolo θ compreso tra la ciminiera con la verticale.
• Trattiamo la ciminiera come un’asta rigida omogenea di massa M e lunghezza
L, girevole intorno ad un asse passante per un suo estremo. Applichiamo la
legge di conservazione dell’energia meccanica, supponendo di poter trascurare
le forze dissipative. Inizialmente il sistema ha solo energia potenziale: E = Ui
= ½ M g L e l’energia cinetica è nulla. Nell’istante in cui la ciminiera è
inclinata di un angolo θ la sua energia totale è E = Uf + Kf = ½ M g L cos θ +
½ I ω2. Eguagliando le due espressioni e sapendo che il momento di inerzia in
questo caso vale 1/3 M L2 otteniamo: ω = (3 g (1 – cos θ) / L )1/2.
L’accelerazione radiale della cima è quella di un punto che descrive un moto
circolare di raggio L e velocità angolare ω: ar = ω2 L = 3 g (1 – cos θ). Dato
che l’accelerazione angolare α = dω /dt, otteniamo che
at = Lα = L
d 3g
(1 − cosθ ) = L dω dθ = ... = 3g sin θ .
dθ dt
2
dt L
3. Un blocco di 3 Kg è posto su un piano inclinato di 30° sull’orizzonte ed è
collegato, con una corda parallela al piano che passa attraverso una carrucola
sulla cime del piano, ad un altro blocco sospeso del peso di 9 Kgf. La carrucola
pesa 1 Kgf ed ha una raggio di 9,9 cm. Il coefficiente di attrito dinamico tra
blocco è piano è 0,1. Trovare l’accelerazione del blocco sospeso e la tensione
della fune da una parte e dall’altra delle carrucola. Si supponga la carrucola un
disco omogeneo.
• Sia m1 = 3 Kg e m2 = 9 Kg le masse dei due blocchi. Per la seconda legge di
⎧T1 − m1 g sin θ − μm1 g cosθ = m1a
. Da notare che le due tensioni sono
m2 g − T2 = m2 a
⎩
Newton si ha ⎨
in generale diverse se, essendovi attrito statico tra le corde e la carrucola,
quest’ultima viene messa in moto con un’accelerazione angolare non nulla.
Una terza equazione mettendo un relazione l’accelerazione angolare α = a / R
col momento risultante delle forze esterne ad essa applicate τ = (T2 – T1) R:
MR 2 a MRa
Ma
(T2 − T1 )R = Iα =
. Da questa equazione e dalle due
=
⇒ T2 − T1 =
2 R
2
2
precedenti
si
ricavano
le
m2 g − m1 g sin θ − μm1 g cosθ
⎧
= 5,7 m / s 2
⎪a =
M / 2 + m1 + m2
⎪
.
T
⎨
2 = m2 ( g − a ) = 36,9 N
⎪
1
T1 = T2 − Ma = 34 N
⎪
2
⎩
tre
grandezze
incognite:
4. Un cilindro di lunghezza L e raggio R ha un peso P. Due corde avvolte attorno
al cilindro, una a ciascuno estremo, e lo sostengono essendo fissate a due ganci
al soffitto. Il cilindro è trattenuto in posizione orizzontale con le due corde
verticali ed è lasciato libero. Trovare la tensione delle corde mentre si svolgono
e l’accelerazione lineare del cilindro.
r
r
⎧ Fest = MaCM
r
• Applichiamo le due equazioni cardinali della dinamica ⎨
r . Le forze
⎩ M est = Iα
esterne si riducono al peso ed alla tensione complessiva delle corde (se la
disposizione è simmetrica, ogni corda esercita una tensioni pari alla metà della
tensione totale). Conviene calcolare il momento delle forze esterne rispetto
all’asse di contatto coi tratti verticali di corda. L’unica forza avente momento
non nullo è il peso. Il momento di inerzia I rispetto a quest’asse si ricava
applicando il teorma di Huygens – Steiner: I = ICM + M R2 = 3/2 M R2.
L’accelerazione del centro di massa è legata all’accelerazione angolare del
cilindro dalla condizione di rotolamento aCM = α R. Le due equazioni
fondamentali
diventano
allora
esplicitamente
⎧⎪Mg − T = MaCM
⎨ MgR = 3 MR 2α
⎪⎩
2
da
cui
2
⎧
2
⎪ aCM = 3 g = 6,54m / s
. I risultati sono del tutto indipendenti dal verso in cui
⎨
1
⎪T = M ( g − aCM ) = Mg
3
⎩
avviene il moto del cilindro e sono quindi validi anche nel caso in cui il
cilindro salga e le funi si avvolgano. Perché il fenomeno avvenga nel modo
descritto, è essenziale che le funi siano esattamente verticali: solo in questo
caso la risultante delle forze esterne (e quindi l’accelerazione del centro di
massa) risulta verticale.
5. Una palla di biliardo è colpita da una stecca. La retta d’azione dell’impulso
applicato è orizzontale e passa per il centro di massa. Sono noti la velocità
iniziale v0 della palla, il suo raggio R, la sua massa M ed il coefficiente di
attrito μ tra la palla ed il tavolo. Di quanto si sposta la palla prima che termini
lo scivolamento sul tavolo?
• Inizialmente la palla ha un moto puramente traslatorio e la sua quantità di moto
è P0 = M v0. Sia v la velocità del centro di massa della palla nel momento in cui
termina lo scivolamento sul tavolo ed il moto diventa di puro rotolamento con
velocità angolare ω = v / R. nell’intervallo di tempo t fra i due istanti
considerati, la palla è stata sottoposta ad una forza di attrito costante, data da f
= - M g μ ed ha pertanto subito una variazione di quantità di moto eguale
all’impulso della forza P – P0 = M (v – v0) = f t = - M g μ t da cui otteniamo t
= (v – v0) / (g μ). Il moto del centro di massa è uniformemente accelerato, con
accelerazione aCM = f / M = - g μ. Le equazioni del moto sono pertanto: v = v0
– g μ t e x = v0 t - ½ g t2. Da queste otteniamo lo spostamento percorso in
termini delle velocità iniziali e finali: x = (v02 – v2) / 2 g μ. Una relazione tra le
due velocità si ottiene dalla legge di conservazione del momento angolare.
Infatti, poichè tutte le forze esterne (peso, reazione vincolare, attrito) hanno
momento nullo rispetto al punto di contatto, il momento angolare rispetto a
questo punto si conserva. Possiamo quindi eguagliare il valore iniziale
corrispondente al moto traslatorio con velocità v0, ed il valore corrispondente
di rotolamento: M v0 R = I ω con I = 7/5 M R2. Il momento di inerzia rispetto
all’asse di istantanea rotazione passante per il punto di contatto si ottiene come
sempre applicando il teorema di Huygens – Steiner. Quindi otteniamo M v0 R
= 7/5 M R2 v / R da cui v = 5/7 v0. Sostituendo ora l’espressione di v in quella
ricavata per lo spazio percorso si ottiene x = (12 / 49) v02 / g μ.
6. Un sottile tubo rigido, omogeneo, di massa M, ha al suo interno, in posizione
simmetrica rispetto al tubo, un cilindro molto corto di massa m, di diametro
appena inferiore a quello interno del tubo. Inizialmente tutto ruota con velocità
angolare ω0 intorno ad un asse, che passa per il baricentro del sistema
(inizialmente il cilindretto è al centro) . Ad un certo istante, per una lievissima
perturbazione, il cilindretto si sposta dalla posizione iniziale e viene espulso
dal tubo. In assenza di forze esterne, qual è la velocità angolare ω del tubo,
quando il cilindretto ne fuoriesce?
• Dato che il momento risultante esterno M(e) è nullo otteniamo che L = costante.
Quindi deve essere verificata la relazione L(in) = Itub ω0 + L(in)cil = L(fin) = Itub ω
+ l /2 m (ω l/2), dove abbiamo indicato con l la lunghezza del tubo. Inoltre data
la piccola altezza del cilindretto il suo momento di inerzia è trascurabile: L(in)cil
= 0, mentre il momento di inerzia vale Itub = (1/12) M l2. Infine il contributo al
momento angolare totale da parte del cilindretto quando sta per uscire fuori è
pari al prodotto del braccio (l/2) per la quantità di moto (m l/2 ω). Dunque
otteniamo l’equazione
Ml 2
Ml 2
ml 2
M
ω0 =
ω+
ω da cui ω =
ω0 .
12
12
4
M + 3m
7. Due lastre piane, rigide, omogenee, quadrate, di densità superficiali σ1 e σ2
rispettivamente sono saldate lungo un lato (AB = a). Il sistema è appeso ad un
asse orizzontale passante per A. Per effetto della gravità, ed in assenza di
attriti, qual’è l’espressione dell’angolo formato, all’equilibrio, dal lato AB
rispetto alla verticale?
• Dette m1 ed m2 le masse delle due lastre, per l’equilibrio si ha:
M ( e ) = 0 = M 1 + M 2 = dm1 g sin β − dm2 g sin α dove d =
2
a è la distanza del centro
2
di massa delle due lamine dal punto A, ed α e β sono gli angoli formati dal
vettore d con i vettori della forza peso delle due lamine. In particolare gli
angoli sono esprimibili come α =
π
da cui otteniamo
2
(cosθ − sin θ ) .
2
m1 sin β − m2 sin α = m1 (cos θ + sin θ ) − m2 (cos θ − sin θ ) =
Quindi otteniamo
sin β =
2
(cos θ + sin θ )
2
e
e β=
π
+θ
4
−θ
4
sin α =
= σ 1 (cos θ + sin θ ) − σ 2 (cos θ − sin θ ) = 0
e
risolvendo
rispetto
⎛ σ 2 − σ1 ⎞
⎟⎟ .
σ
σ
+
1⎠
⎝ 2
all’angolo abbiamo θ = arctan⎜⎜
8. Una molla di costante elastica k è disposta orizzontalmente ed è fissata da un
lato ad una struttura fissa mentre dall’altra è attaccata ad una corda di massa
trascurabile. Questa corda passa nella gola di una carrucola cilindrica di massa
M e raggio R ed all’altra sua estremità vi è una massa m soggetta alla forza
peso. Non vi sono attriti e la corda è in estensibile. Calcolare il periodo delle
piccole oscillazioni della massa m nel suo moto lungo la verticale.
• L’equilibrio si ha per un’elongazione y0 della molla rispetto alla posizione di
riposo tale che: m g = k y0. Per il corpo m si ha τ1 = m g – m a. Per òa carrucola
invece abbiamo M(e) = R (τ2 - τ1) = - I α = - I a / R. Notare che abbiamo preso
positivo il momento R τ2 perché tende a far ruotare in senso antiorario. Il segno
negativo al termine I α tiene conto dell’effetto di richiamo della molla. Per uno
spostamento y rispetto alla posizione di equilibrio y0 si ha τ2 = k (y +y0); quindi
I
a da cui
R2
2k ⎞
otteniamo un’equazione differenziale per un moto periodico &y& + ⎛⎜
⎟y = 0.
⎝ M + 2m ⎠
R (τ2 - τ1) = R [k (y +y0) – m g + ma] = - I a / R da cui ky + ma = −
Quindi la pulsazione è data da ω =
2k
M +m
ed il periodo è T = 2π
.
M + 2m
2k
Abbiamo utilizzato per il momento di inerzia il valore ½ M R2.
9. Calcolare il momento d’inerzia di una ruota di bicicletta rispetto all’asse
passante per il centro C e ortogonale al piano della ruota. Si trascuri, rispetto al
raggio R, lo spessore del cerchione, la massa dei raggi e del mozzo, cosicché
tutta la massa della ruota possa essere considerata concentrata,
omogeneamente, sulla circonferenza di raggio R.
• L’espressione per il momento di inerzia è data in generale da
2πR
I = ∫ h 2 dm = λ ∫ R 2 dl ,
dove
0
λ=
M
2πR
è la densità di materia lungo la
circonferenza, e dl è l’elemento infinitesimo di circonferenza relativo alla
massa infinitesima dm. Abbiamo sostituito nell’integrale ad h il raggio R
poiché tutta la materia essendo confinata sulla circonferenza la distanza media
della materia stessa è proprio R dall’asse rispetto al quale calcoliamo il
momento d’inerzia. Infine l’integrale va esteso a tutta la zona in cui è presente
della materia quindi integrando su una circonferenza dovremo considerare
come estremi 0 e 2 π R. Quindi I =
M
2πR
2πR
2
∫ R dl =
0
MR
2π
2πR
∫ dl = MR
2
.
0
10. Calcolare il momento di inerzia di un disco di massa M e raggio R, rispetto
all’asse baricentrale ortogonale al piano del disco.
• L’impianto è simile al problema precedente, tuttavia ora abbiamo un integrale
di superficie da risolvere. La densità di materia è ancora una volta costante
σ=
M
. Il momento di inerzia vale I = ∫ h 2 dm = σ ∫ h 2 dS . Immaginiamo di
πR 2
suddividere il disco in tante corone circolari, di cui la generica ha raggio r e
spessore dr. Si allora h = r e dS = 2 π r dr, per cui otteniamo:
R
R
M
2M 3
2 M R 4 MR 2
2
.
I = 2 ∫ r 2πrdr = 2 ∫ r dr = 2
=
R 0
R 4
2
πR 0
