ESERCIZIO 1 DATI NUMERICI. COMPITO A: m 1 = 2 kg m 2 = 6 kg θ = 25 µ d = 0.18 COMPITO B: m 1 = 2 kg m 2 = 4 kg θ = 50 µ d = 0.

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1 ESERCIZIO 1 Due blocchi di massa m 1 e m sono connessi da un filo ideale libero di scorrere attorno ad una carrucola di massa trascurabile. I due blocchi si muovono su un piano inclinato di un angolo rispetto all orizzontale. Se il coefficiente di attrito dinamico tra il piano e i due corpi è µ d, si determinino: a) il vettore a dell accelerazione di m nel sistema di riferimento rappresentato in figura; b) il modulo T della tensione del filo c) il lavoro W attr,1 compiuto dalla forza di attrito dinamico sul corpo m 1 durante il moto da quota h 1 a quota h rispetto alla base del piano inclinato. DATI NUMERICI COMPITO A: m 1 = kg m = 6 kg θ = 5 µ d = 0.18 COMPITO B: m 1 = kg m = 4 kg θ = 50 µ d = 0.3 SOLUZIONI a-b) Il diagramma delle forze è: Applicando i F i = m a ai due corpi lungo x e y, nel sistema di riferimento indicato figura, considerando che, essendo la carrucola priva di massa, le due

2 tensioni sono uguali ed essendo il filo inestensibile, le due accelerazioni sono uguali in modulo ma opposte; si ottiene il seguente sistema di equazioni: N 1 m 1 g cos θ = 0 (1a) T F ad,1 m 1 g sin θ = m 1 a 1 (1b) N m g cos θ = 0 (1c) T + F ad, m g sin θ = m a (1d) a 1 = a = a (1e) Inoltre: { Fad,1 = µ d N 1 = µ d m 1 g cos θ (a) F ad, = µ d N = µ d m g cos θ (b) Dalla 1b e 1d, tramite 1e, a e b, si ottiene. { T µd m 1 g cos θ m 1 g sin θ = m 1 a (3a) T + µ d m g cos θ m g sin θ = m a (3b) che sottratte danno: µ d (m 1 + m )g cos θ + (m m 1 )g sin θ = (m 1 + m )a da cui si ottiene: a) a = g [ µ d cos θ + m ] m 1 sin θ m 1 + m Inserendo il valore appena trovato di a nella 3a si ottiene: da cui: T = m 1 g sin θ + µ d m 1 g cos θ µ d m 1 cos θ + m 1 m m 1 m 1 + m sin θ = = m 1 + m 1 m + m 1 m m 1 g sin θ m 1 + m b) T = m 1m m 1 + m g sin θ c) Il lavoro W attr,1 compiuto dalla forza di attrito dinamico sul corpo m 1 è dato da: h sin θ W ad,1 = F ad,1 d s = µ d m 1 g cos θdx cos α h 1 sin θ û x = µ d m 1 g h h 1 tan θ

3 essendo α l angolo tra la forza di attrito F as,1 (data dalla a) e lo spostamento d s e pari a π. Mentre h 1 e h sono le posizioni x, iniziale e finale lungo il sin θ sin θ piano inclinato corrispondenti alle quote h 1 e h rispettivamente. Dunque: c) W ad,1 = µ d m 1 g h h 1 tan θ SOLUZIONI NUMERICHE COMPITO A: a) a = 0.47 m/s û x b) T = 1.4 N c) W ad,1 = 1.51 J COMPITO B: a) a = 0.61 m/s û x b) T = 0. N c) W ad,1 = 1.97 J

4 - ESERCIZIO - Una piattaforma circolare omogenea di massa M e raggio R si trova su un piano orizzontale e può ruotare attorno ad un asse verticale fisso, passante per il suo centro O. Sul bordo della piattaforma è montata una molla ideale di massa trascurabile e costante elastica k, che può lanciare una massa m (v. figura). La molla è inizialmente mantenuta compressa di un tratto L. Ad un certo istante t0=0, la molla viene rilasciata e il corpo m viene lanciato in direzione tangenziale alla piattaforma. Sapendo che durante la fase di rilascio (che può essere assunta istantanea) non avviene dissipazione di energia nel sistema, si determinino: a) l'energia meccanica E immagazzinata nel sistema prima del rilascio della molla; b) il modulo v della velocità del corpo m dopo il rilascio della molla. Supponendo che dopo il suo rilascio il corpo m si muova su una guida curvilinea poggiata sul piano orizzontale e che all'istante t1 = 3 s si stacchi dalla guida da una quota h rispetto al pavimento, con velocità in modulo pari v1 e inclinata di un angolo θ con l'orizzontale, si determini: c) l'istante t in cui il corpo m tocca il suolo; d) si tracci il grafico qualitativo y(t) per il corpo m fra gli istanti t1 e t DATI NUMERICI COMPITO A: M = kg R = 30 cm k=5000 N/m m = 100 g L = 1 cm h = 1. m v1 = 1.4 m/s θ = 5 COMPITO B: M = 10 kg R = 50 cm k=5000 N/m m = 00 g L = cm h = 1 m v1 =.5 m/s θ = 40 SOLUZIONI a) Prima del rilascio della molla, l'energia meccanica immagazzinata nel sistema è rappresentata dall'energia potenziale elastica immagazzinata nella molla compressa: a) E= 1 k L

5 b) Prima del rilascio della molla, l'intero sistema è in quiete. Durante il rilascio della molla, il testo dice che non c'è dissipazione di energia. Si può quindi impostare la conservazione di energia meccanica del sistema fra prima e dopo il rilascio della molla. Dopo il rilascio della molla, l'energia meccanica del sistema è interamente presente sottoforma di energia cinetica dei due corpi (Km= 1 mv per il corpo m e KM= 1 I O ω per M, che compirà un moto di pura rotazione attorno all'asse verticale passante per il centro O, essendo ad esso vincolato). Si noti che, essendo il corpo M vincolato dall'asse passante per il proprio centro, non si può impostare la conservazione della quantità di moto per il sistema (l'asse fisso può esercitare sul sistema una forza vincolare esterna impulsiva). Possiamo però impostare la conservazione del momento angolare scegliendo come polo il vincolo O. Infatti, rispetto a tale polo, il momento delle forze vincolari è nullo e quindi L r =costante. Si noti inoltre che, poiché il sistema è inizialmente in quiete, L r =0 prima del rilascio della molla. Dopo il rilascio, i due contributi ad L r saranno: r r r r r L = mv = Rmv, con l'asse z rivolto verso l'alto e L = ω (poiché M compie moto di pura m û z M I O 1 rotazione attorno all'asse passante per O), dove IO= MR e ω r =ω û z (ω è la componente della velocità angolare della piattaforma lungo l'asse z). La conservazione dell'energia meccanica e la conservazione del momento angolare (proiettato sull'asse z, unica componente presente dopo il rilascio della molla) possono essere quindi scritte come: I: conservazione dell'energia meccanica del sistema: II: conservazione del momento angolare del sistema: 1 1 = k L mv 0 = Rmv + IOω + 1 I O ω Rmv Ricavando ω da II (ω = ) I O e inserendo in I si ottiene quindi: k L = mv + R m v I O, da cui: b) v = k L mr m 1 + IO = k L m m 1 + M c-d) Si tratta dello studio di un moto parabolico (rettilineo uniforme lungo x con componente della velocità vx=v1cosθ e uniformemente accelerato lungo y, con partenza da quota h all'istante t1 con componente della velocità all'istante iniziale t1: vy(t1)=v1senθ). Lungo y vale quindi: y(t)= h + v1senθ (t t1) 1 g (t t1). Poiché all'istante t il corpo deve

6 trovarsi a quota y=0 deve valere: 0 = h + v1senθ (t t1) 1 g (t t1), da cui: t t1= v senθ ± 0 (v senθ) 0 g + gh v0 senθm (v0senθ) + gh = g. Poichè t > t1 la soluzione corretta sarà: c) t = t1 + v0 senθ + (v0senθ) + gh g. d) SOLUZIONI NUMERICHE. a) E = 0.5 J b) v =.19 m/s c) t = 3.56 s a) E = 1.00 J b) v = 3.13 m/s c) t = 3.64 s

7 ESERCIZIO 3 Un satellite di massa m si trova inizialmente fermo (rispetto a un sistema di riferimento fisso) sulla superficie di un pianeta di massa M e raggio R. Se, utilizzando un razzo, il satellite viene lanciato su un orbita circolare a distanza R 1 = R dalla superficie del pianeta, si determini: a) il modulo v 1 della velocità del satellite sull orbita; b) l energia potenziale U 1 del satellite sull orbita (assumendo l energia potenziale gravitazionale pari a zero tra due corpi a distanza infinita); c) il lavoro W 1 compiuto dal razzo per portare il satellite dalla superficie del pianeta alle condizioni in orbita. DATI NUMERICI COMPITO A: m = kg M = kg R = km COMPITO B: m = kg M = kg R = km SOLUZIONI a) L unica forza agente su m è l attrazione gravitazionale esercitata da M. Poiché l orbita è assunta circolare, la direzione normale alla traiettoria coincide con la direzione radiale. Quindi nel s.d.r. monodimensionale radiale e diretto verso il centro del pianeta, vale: F n = ma a

8 ovvero: GmM (3R) = mv 1 3R quindi: GM a) v = 3R b) L energia potenziale del satellite di massa m, nel campo gravitazionale del pianeta di massa M è per definizione data da: U 1 = G mm d dove d è la distanza tra il satellite e il centro del pianeta, per cui: b) U 1 = G mm 3R c) Il lavoro W 1 necessario per portare il satellite dalla superficie del pianeta alle condizioni in orbita è pari alla variazionone di energia tra la condizione finale, in orbita a distanza d con velocità v 1, e la posizione iniziale, fermo sulla superficie del pianeta: ovvero: W 1 = E = U + K = U fin U in + (K fin K in ) W 1 = GmM 3R + GmM R + 1 mgm 3R = GmM R 1 GmM 3R quindi: c) W 1 = 5 GmM 6 R SOLUZIONI NUMERICHE COMPITO A: a) v 1 = m/s b) U 1 = J c) W 1 = J COMPITO B: a) v 1 = m/s b) U 1 = J c) W 1 = J