SOLUZIONI a) Tracciamo il diagramma delle forze in un generico punto sulla traiettoria:

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1 - ESERCIZIO - Un corpo di massa m è attaccato ad un filo inestensibile di massa trascurabile e lunghezza L. Il corpo percorre una circonferenza sul piano verticale in senso orario, in modo che il filo sia sempre teso. Assumendo che non vi siano attriti e che l energia meccanica si conservi trovare: a) il modulo v min della velocità minima che il corpo deve avere affinché il filo sia sempre teso. Si assuma ora che all istante t 0 =0 il corpo si trovi ad un angolo θ rispetto all asse y (v. figura) muovendosi con velocità in modulo pari a v 0. b) Si determini il modulo della tensione T del filo in queste condizioni. Se a t 0 il filo improvvisamente si spezza: c) si determini l'istante t f nel quale il corpo raggiunge la quota y=0; d) si tracci un grafico qualitativo di y(t) fra t 0 e t f. Dati numerici: Compiti A, D: m = 5 kg, L=30 cm, θ = 30, v 0 = 3 m/s Compiti B,C : m = kg, L=65 cm, θ = 5, v 0 = 5 m/s SOLUZIONI a) Tracciamo il diagramma delle forze in un generico punto sulla traiettoria: La II legge della dinamica in direzione normale porta in ogni punto della traiettoria a: v ( θ ) T+mgcosθ=ma N =m. L

2 Imporre che il filo sia sempre teso lungo la traiettoria significa imporre m v ( θ) mgcos(θ)=t 0 L per ogni posizione angolare sulla traiettoria, da cui v (θ) glcos(θ) per ogni θ. Poiché questa relazione deve valere per ogni θ affinché il filo sia sempre teso, deve valere che in ogni punto: v ma θ {glcos(θ)} = gl (Nota: vale a θ=0, quindi all apice del percorso). Quindi: a) v min = gl b) Scrivendo la II legge della dinamica in θ proiettandola nella direzione û N, nota la velocità v 0 si ottiene: T+mgcosθ=m L v 0, da cui: v b) T =m 0 mgcosθ L c) Quando il filo si rompe, il corpo comincia a muoversi nel campo di accelerazione di gravità g r, con velocità iniziale in modulo pari a v 0 e tangente alla traiettoria percorsa dal punto all istante della rottura del filo (quindi con componenti della velocità sia lungo che lungo y). Il moto del corpo sarà quindi parabolico, composto da un moto rettilineo uniforme lungo l asse (con velocità v 0, =v 0 cos(θ)) e un moto uniformemente accelerato lungo y, con accelerazione g e velocità iniziale v 0,y =v 0 sen(θ) e partendo da quota y 0 =Lcos(θ). Impostando la legge oraria del moto uniformemente accelerato lungo y e imponendo che all istante t f il corpo si trovi a quota y f =0 si ottiene: y(t f ) = 0 = Lcosθ + v0senθt f gt f, da cui v0senθ ± t f = sarà (v senθ) 0 g + Lg cosθ. Considerando che ci aspettiamo t f >0, la soluzione corretta d) v0senθ (v0senθ) + Lg cosθ v0senθ + (v0senθ) + Lg cosθ c) t f = = g g SOLUZIONI NUMERICHE Compiti A, D: a) v min =.7 m/s b) T=07.6 N c) t f = 0.4 s Compiti B, C: a) v min =.5 m/s b) T=59. N c) t f = 0.6 s

3 - ESERCIZIO - Un corpo di massa M è appoggiato su un piano inclinato liscio. Un corpo di massa m è appoggiato su M ed è connesso ad una parete mediante un filo inestensibile di massa trascurabile (v. figura). Il filo è teso ed è parallelo al piano inclinato. Il coefficiente di attrito statico tra m ed M è μ s e il coefficiente di attrito dinamico è μ D. a) Qual è l'angolo massimo θ ma fra il piano inclinato e l'orizzontale tale per cui il corpo M non si muove? b) Se θ = θma, qual è il modulo F as della forza di attrito statico tra i due corpi? Sia ora θ l'angolo tra il piano inclinato e l'orizzontale. Si determinino nel sistema di riferimento rappresentato: c) l'accelerazione a r M del blocco M; d) la tensione T r del filo Dati numerici: Compiti A, D: M = kg, m = 800 g, μ s = 0.35, μ D = 0.3, θ = 5 Compiti B, C: M =.3 kg, m = 600 g, μ s = 0.8, μ D = 0.7, θ = 60 SOLUZIONI Diagramma delle forze a) In questo caso i vettori F r a sono da intendere come la forza di attrito statico F r a, s poiché dobbiamo imporre che non ci sia moto nel sistema (e quindi, in particolare, tra m ed M). Impostiamo la II r r legge della dinamica F = ma, imponendo che non ci sia moto nel sistema. Proiettando nelle i i direzioni e y del sistema di riferimento in figura si ottiene (indicando con F as, T, N m,m, N p i moduli rispettivamente della forza di attrito statico, della tensione del filo, della normale tra m ed M e la

4 normale tra M e il piano inclinato e con g il modulo dell accelerazione di gravità): m lungo : F as + mgsen(θ) T = 0 I m lungo y: N m,m mgcos(θ) = 0 II M lungo : Mgsen(θ) F as = 0 III M lungo y: N p N m,m Mgcos(θ) = 0 IV Ricordando che F as non ha un valore fissato, ma assume il valore necessario a impedire lo scorrimento relativo tra i due corpi a contatto, fino a un limite massimo F as µ s N M,m (nota: la normale da considerare per la valutazione del limite massimo di F as è quella tra le due superfici a contatto tra le quali l attrito si sviluppa, quindi in questo caso la normale tra m ed M) possiamo scrivere, considerando II e III: Mgsen(θ) = F as µ s N M,m = µ s mgcos(θ), da cui si ottiene tan(θ) µ m s, quindi M a) θ ma = arctan m µ s M b) Se θ= θma, siamo nella condizione in cui la forza di attrito statico è in grado di opporsi allo scorrimento di M. Vale quindi il sistema precedentemente impostato e dalla III equazione nel si ottiene direttamente: b) F as = Mgsen θ ma c) Poiché ora θ > θ ma, M si metterà in moto lungo la direzione. Si noti che m invece non si muoverà, in quanto vincolato alla parete attraverso il filo (ideale, quindi inestensibile). Nel diagramma delle forze precedentemente rappresentato F a è la forza di attrito dinamico F ad = µ d N m,m (si ricordi che, al contrario della forza di attrito statico, la forza di attrito dinamico HA un valore ben definito). La II legge della dinamica si può quindi ora scrivere (indicando con a M la componente lungo dell accelerazione del corpo M): m lungo : µ d N m,m + mgsen(θ) T = 0 I b m lungo y: N m,m mgcos(θ) = 0 II b M lungo : Mgsen(θ) µ d N m,m = Ma M III b M lungo y: N p N m,m Mgcos(θ) = 0 IV b m Inserendo II b in III b si ottiene: Mgsen(θ) µ d mgcos(θ)=ma M, da cui: a M = g sen( θ ) µ D cos( θ). M Quindi: c) r m ) a M = g sen( θ) µ D cos( θ) u. M d) Inserendo II b in I b si ottiene T = mg(sen(θ) + µ d cos(θ)). Si ricordi però che T è il modulo della

5 tensione del filo. Dal diagramma delle forze si può notare che il vettore T r è rivolto in verso opposto rispetto all asse nel sistema di riferimento rappresentato, quindi: Soluzioni numeriche d) T r = mg(sen(θ) + µ d cos(θ)) û Compiti A-D: a) θ ma =5.6 b) F as =.33N c) a r M =.0m/s û d) T r = 5.44N û Compiti B-C: a) θ ma =0.3 b) F as =.4N c) a r M =6.90 m/s û d) T r = 7.5N û - ESERCIZIO 3 - Un corpo di massa M viene rilasciato dal punto più alto di un piano inclinato scabro di altezza h che forma un angolo θ rispetto all'orizzontale. Giunto alla base del piano inclinato, M si muove su un piano orizzontale liscio e colpisce una molla ideale comprimendola di una quantità L. La costante elastica della molla è k. Si calcolino: a) il modulo v della velocità del corpo alla base del piano inclinato; b) il lavoro W down compiuto dalla forza d'attrito dinamico durante la discesa del corpo; c) il coefficiente di attrito dinamico μ d tra il corpo e il piano. Se, dopo aver raggiunto la massima compressione, la molla respinge il corpo tornando alla posizione di riposo, d) qual è l'altezza massima h raggiunta dal corpo sul piano inclinato al termine della risalita? Dati numerici Compiti A, D: M = 0 kg, h = m, θ = 40, L = 0.75 m, k = 500 N/m Compiti B, C: M = 4 kg, h = 3 m, θ = 35, L = 0.7 m, k = 00 N/m SOLUZIONI a) Poiché il piano orizzontale è liscio (non agiscono forze non conservative), si può impostare la conservazione dell energia meccanica tra le condizioni del sistema quando M è alla base del piano (M in moto con velocità v, molla a riposo) e quando M ha compresso la molla al massimo (velocità di M nulla, molla compressa di una quantità L). Ricordando che la normale al piano non compie lavoro (perpendicolare allo spostamento), che la forza elastica è conservativa (posso quindi

6 associare energia potenziale U e ) e notando che non vi è variazione di quota tra la base del piano e il punto in cui si ha massima compressione della molla (non abbiamo quindi variazione di energia potenziale associata alla forza peso) possiamo scrivere: ΔU e + ΔK = 0, quindi vale (denominando con il pedice f le condizioni al punto di massima compressione della molla e col pedice le condizioni alla base del piano) U e,f U e, +K f K =0, considerando che U =K f =0 si può scrivere: kl Mv = 0, da cui: a) v = L b) Durante la discesa di M lungo il piano agiscono la forza peso, cui possiamo associare l energia potenziale U g (assumiamo come riferimento per la misura della quota la base del piano inclinato), la normale tra M e il piano (che non compie lavoro perché è perpendicolare allo spostamento) e la forza di attrito dinamico, poiché il piano è scabro. Il lavoro W down di tale forza (non conservativa) sarà pari alla variazione di energia meccanica di M valutata quando esso si trova in cima al piano inclinato (quota h, velocità nulla) e quando si trova alla base del piano (quota nulla, velocità v ). Poiché su M non agiscono altre forze durante la discesa possiamo scrivere ΔU g + ΔK = W down. Denominando con il pedice 0 le condizioni in cima al piano inclinato: U g, U g,0 + K K 0 = W down. Poiché U g, = K 0 = 0, W down =K U g,0, quindi b) W down = Mv mgh (ovvero per il punto a): W down = k M kl mgh ) c) Il coefficiente di attrito dinamico µ d può essere calcolato esplicitando il lavoro W down compiuto dalla forza di attrito dinamico F r ad sul corpo M nella discesa lungo il piano inclinato: r W down = F ds = F d cosϕ ad r d 0 ad. Considerando che il modulo della forza di attrito dinamico vale F ad =µ d N e che N ricavata dall applicazione della II legge della dinamica proiettata nella direzione normale al piano (N mgcos(θ)=0) vale N=mgcos(θ), F ad è costante durante la discesa di M lungo il piano e può quindi essere portata fuori dall integrale. Inoltre durante la discesa di M dal piano F r = F ad û e ad

7 ds r =d û sono paralleli e discordi, quindi φ=80 e cos(φ) =. d Quindi W down = µ d mgcos(θ) d = µ d mgcos(θ)d= µ d mgcos(θ) 0 si ricava: c) µ d = tan θ mgh W down h h = µd mg, da cui senθ tan θ d) Per valutare l altezza h raggiunta da M durante la risalita, usiamo considerazioni energetiche (modifichiamo per comodità di calcolo il sistema di riferimento utilizzato). Il corpo riparte alla base del piano inclinato con velocità in modulo pari a v (non essendoci attrito sul piano orizzontale non c è dissipazione di energia nella fase di compressione/rilascio da parte della molla). Durante la risalita sul corpo agiscono la forza peso (cui associamo U g ), la normale N (che non compie lavoro perché perpendicolare al piano sul quale avviene lo spostamento) e la forza di attrito (non conservativa) F r ad = F ad û parallela e opposta allo spostamento ds r = d û (quindi tra i due vettori avremo nuovamente φ=80 ). Si può quindi scrivere (indicando con il pedice le condizioni di M all apice della risalita): ΔU g +ΔK= F add cosϕ, dove d = d d h. senθ Quindi: U g, U g, +K K = µ d Mgcosθ µ d da cui: Mgh + = Mv, quindi: tan θ h. Poiché Ug, =K =0 vale: Mgh senθ Mv = µ d Mg h, tan θ d) h = Soluzioni numeriche v oppure, sostituendo a): h = g µ d + tan θ k Mg L µ d + tan θ Compiti A-D: a) v =5.3m/s b) W down = 55.4J c) µ d =0.4 d) h =.m Compiti B-C: a) v =4.9m/s b) W down = 68.6J c) µ d =0.4 d) h =0.79m