Soluzione degli esercizi della prova in itinere di Meccanica del 19/11/2018

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1 Soluzione degli esercizi della prova in itinere di Meccanica del 19/11/2018 Esercizio 1 Tre blocchi di masse m 1, m 2 e m 3 sono disposti come indicato in figura. Il piano inclinato sul quale poggia la massa m 2 è fisso, forma un angolo α con l orizzontale ed è scabro, con coefficienti di attrito statico µ S e dinamico µ D. Le carrucole su cui slittano i fili sono prive di attrito e hanno masse trascurabili. I fili sono inestensibili e sono anch essi di massa trascurabile. Si osserva che il sistema è in equilibrio statico. a) Trovare il massimo valore di m 3, che chiamiamo m 3, tale per cui il sistema è ancora fermo e calcolare il modulo della forza di attrito statico F as quando m 3 = c m 3? (Si consideri F as = F as û x, con F as > 0) Si supponga, ora, che il valore della massa m 3 sia pari a m 3 = m 3. Si osserva che il sistema è in movimento e che il corpo di massa m 3 scende verso il basso con accelerazione in modulo pari ad a. Calcolare: L. b) il valore del coefficiente di attrito dinamico µ D del piano inclinato scabro; c) il lavoro W della forza peso agente su m 2, quando esso si sposta lungo il piano inclinato di un tratto g α m 2 ΔL m 1 m 3 DATI NUMERICI Compiti A,C: m 1 = 1 kg, m 2 = 3 kg, α = 20, µ S = 0.6, c = 0.6, m 3 = 4.5 kg, a = 1.8 m/s 2, L = 40 cm. Compiti B,D: m 1 = 1.6 kg, m 2 = 3.5 kg, α = 35, µ S = 0.6, c = 0.8, m 3 = 6.5 kg, a = 1.5 m/s 2, L = 30 cm N y 1 T 12 y 3 T 12 T 23 T 23 m 1 m 2 m 3 P 1 Fa P 2 P 3 Figura 1: Diagramma delle forze agenti sui tre corpi e corrispondenti sistemi di riferimento. F a rappresenta la forza di attrito statico F as nel caso statico, oppure quella di attrito dinamico F ad nel caso in cui il sistema sia in movimento. a) Consideriamo il sistema in equilibrio statico. In riferimento al diagramma delle forze in Fig. 1 scriviamo la seconda legge della dinamica i,j F i,j = m j a j = 0, per i singoli corpi di massa m j (con j = 1, 2, 3), 1

2 proiettata lungo le componenti cartesiane corrispondenti agli assi di riferimento indicati in figura: û y1 : T 12 m 1 g = 0 û x : T 23 T 12 F as m 2 g sin α = 0 û y : N m 2 g cos α = 0 û y3 : T 23 m 3 g = 0. (1) (2) (3) (4) Dalle equazioni del sistema (1) e (4) ricaviamo, rispettivamente, T 12 = m 1 g e T 23 = m 3 g. Inserendo questi risultati in (2), si ottiene l espressione per la forza di attrito statico: F as = (m 3 m 1 m 2 sin α)g. (5) Dalla disequazione F as F as,max, dove F as,max = µ S N, e ricavando N = m 2 g cos α dalla (3), si ottiene il seguente risultato: la massa m 3 per la quale il sistema rimane in equilibrio statico, deve assumere i seguenti valori possibili a-1) m 3 m 1 + m 2 (µ S cos α + sin α) m 3, (6) dove m 3 è il valore massimo della massa m 3 oltre il quale il sistema inizia a muoversi. Se m 3 = c m 3 = c m 1 + c m 2 (µ S cos α + sin α) (con c < 1) la condizione (6) è verificata, il sistema è in equilibrio statico e la forza di attrito statico (5) risulta pari a: a-2) F as = [ (c 1)m 1 + m 2 (c µ S cos α + (c 1) sin α) ] g. (7) b) Quando il valore della massa m 3 vale m 3 > m 3, il sistema è in movimento. In riferimento al diagramma delle forze in Fig. 1 scriviamo la seconda legge della dinamica i,j F i,j = m j a j, per i singoli corpi di massa m j (con j = 1, 2, 3), proiettata lungo le componenti cartesiane corrispondenti agli assi di riferimento indicati in figura: û y1 : û x : T 12 m 1 g = m 1 a T 23 T 12 F ad m 2 g sin α = m 2 a û y : N m 2 g cos α = 0 û y3 : T 23 m 3 g = m 3 a. Il modulo della forza di attrito dinamico è F ad = µ D N, con N = m 2 g cos α ricavato dall equazione (10). Si noti che i tre corpi che compongono il sistema si muovono con la stessa accelerazione, in modulo pari ad a, ma ciascuno con componenti dell accelerazione relative ai corrispondenti assi di riferimento: per m 1 e m 2 le accelerazioni sono concordi a y 1 e x, mentre per m 3 l accelerazione è discorde a y 3. La scelta dei sistemi di riferimento è puramente arbitraria. Dalle equazioni (8) e (11), si ottengono i valori delle tensioni T 12 = m 1 (g + a) e T 23 = m 3 (g a), che, inseriti nella (22) forniscono un equazione nella sola variabile µ D, per cui si ottiene: b) µ D = (m 1 + m 2 + m 3 )a + (m 3 m 1 m 2 sin α)g m 2 g cos α 2 (8) (9) (10) (11). (12)

3 c) Quando il corpo di massa m 2 si sposta di un tratto L lungo il piano inclinato, è salito, corrispondentemente, di una quota h = L sin α. Essendo la forza peso una forza conservativa, il lavoro compiuto sul corpo è pari a W = E p, dove E p = m 2 gh + C è l energia potenziale della forza peso agente su m 2 a una quota generica h e C una costante additiva. Pertanto otteniamo: c) W = m 2 g h = m 2 g L sin α. (13) SOLUZIONI NUMERICHE: Compiti A,C: m 3 = 3.72 kg, F as = 2 N < F as,max = N, µ D = 0.32, W = 4.02 J. Compiti B,D: m 3 = 5.33 kg, F as = 6.42 N < F as,max = N, µ D = 0.39, W = 5.9 J. 3

4 Esercizio 2 Un corpo di massa m, di dimensioni trascurabili, viene tenuto premuto contro una molla disposta orizzontalmente sulla superfice interna di un cilindro cavo di raggio r (vedi figura) ad un altezza h dalla base inferiore dello stesso, in modo tale che la molla sia compressa rispetto alla posizione di equilibrio di una quantità l. A un certo istante, il corpo viene lasciato libero e si osserva che nel momento in cui si stacca dalla molla ha una velocità orizzontale, tangente alla superficie del cilindro, in modulo pari a v 0. In seguito il corpo continua a muoversi senza alcun tipo di attrito sulla superficie del cilindro, descrivendo un moto ad elica, accelerato verso il basso (Suggerimento: la componente verticale del moto è influenzata o no da quella circolare nel piano orizzontale?). Determinare: a) la costante k della molla; b) il numero intero n di rivoluzioni complete che il corpo riesce a fare prima di uscire dal cilindro; c) il modulo del vettore velocità v f al momento dell uscita dal cilindro e l angolo ϕ che esso forma con l asse z. g v 0 k, Δl u" z h r v f DATI NUMERICI Compiti A,C: m = 40 g, r = 60 cm, h = 6m, l = 12 cm, v 0 = 18 m/s. Compiti B,D: m = 30 g, r = 20 cm, h = 5m, l = 10 cm, v 0 = 20 m/s. a) Per questo punto basta considerare l energia meccanica. Non agiscono forze non conservative, quindi l energia meccanica prima del rilascio della molla E 1 = U e = 1 2 k l2, puramente potenziale elastica sarà pari a quella che ha la pallina nel momento del distacco dalla molla E 2 = 1 2 mv2 0, puramente cinetica. La costante k si ricava quindi da E 1 = E 2 da cui si ottiene 1 2 mv2 0 = 1 2 k l2 e risolvendo per k: 4

5 a) k = mv2 0 l 2 (14) b) Il moto lungo l asse z (verticale) e il moto sul piano orizzontale sono indipendenti. Il primo è un moto uniformemente accelerato verso il basso con accelerazione pari a g = gû z mentre il secondo è un moto circolare uniforme nel piano ortogonale all asse z. Questo avviene perché le uniche forze agenti sul corpo sono la forza peso (diretta verso il basso, luno z) e la normale alla superificie del cilindro, che giace nel piano orizzontale. Pertanto, ad ogni istante di tempo, non vi è alcuna forza perpendicolare al piano individuato dalla forza peso e dalla normale, tale da far variare la velocità iniziale impressa al corpo dalla molla, ovvero v (t) = v 0 t. Calcoliamo per prima cosa il tempo che impiega il corpo ad arrivare in fondo al cilindro, considerando unicamente il moto lungo z: z(t) = z 0 gv 0,z 1 2 gt2. Considerando che la velocità iniziale giace interamente su un piano ortogonale all asse z e quindi v 0,z = 0, possiamo calcolare il tempo t necessario al corpo per percorrere una distanza h in verticale, ovvero h = z(t ) z 0 = 1 2 gt 2 da cui t 2h = g. (15) Come detto in precedenza, ad ogni istante di tempo il moto sul piano orizzontale è di tipo circolare uniforme con ω = v r = v 0 r. Ricavando, quindi, il periodo del moto circolare T = 2π ω = 2πr v 0, (16) il numero di rivoluzioni complete compiute dal corpo prima di uscire dal cilindro sarà dato quindi dalla parte intera del rapporto tra T e t : ( ) ( ) t v 0 2h b) n = int = int T 2πr g c) Nell istante t di uscita del corpo dal cilindro, la sua velocità finale sarà data dal seguente vettore v f = v(t ) = v (t )û + v z (t )û z, dove û è il versore che indica la direzione tangente alla superficie del cilindro e perpendicolare all asse z. La componente z della velocità varia come v z (t) = v 0,z gt = gt. Possiamo quindi calcolare: v z (t ) = gt = g Il modulo della velocità finale v f sarà quindi: c 1 ) v f = L angolo formato con la verticale sarà invece: c 2 ) SOLUZIONI NUMERICHE: θ = π arctan Compiti A,C: k = 900 N/m, n = 5, v f = m/s, θ = Compiti B,D: k = 1200 N/m, n = 16, v f = m/s, θ = (17) 2h g = 2hg. (18) v 2 (t ) + vz(t 2 ) = v hg. (19) ( v (t ) ( ) ) v0 v z (t = π arctan. (20) ) 2hg 5

6 Esercizio 3 Una pista per le biglie è composta da una rampa collegata ad un tratto circolare di raggio R (entrambi lisci) e da un tratto inclinato scabro (da A a C in figura), collegato nel punto A alla fine del tratto circolare (si veda la figura). Una biglia di massa m e dimensioni trascurabili parte da ferma ad un altezza h rispetto al fondo della pista come rappresentato in figura. Calcolare: a) Il valore minimo di h (h, da esprimere in funzione di R) perché il corpo possa compiere un giro completo del tratto circolare senza perdere mai contatto con la pista. Ponendo adesso h = h, calcolare: b) la reazione vincolare N (in componenti cartesiane N x e N y ) esercitata dalla pista sul corpo, dopo che questo ha spazzato un angolo ϕ (posizione B) dall inizio del tratto circolare (posizione A). Sapendo che la biglia risale lungo il piano inclinato scabro fino alla posizione C a quota y = h/6, fermandosi, si cacoli: c) il lavoro W ad compiuto dalla forza di attrito radente sulla biglia. Nota: la figura sottostante non è in scala. m g h R φ B C Δy A DATI NUMERICI Compiti A,C:R = 50 cm, m = 100 g, h = 2.5 m, ϕ = 100. Compiti B,D: R = 80 cm, m = 200 g, h = 3 m, ϕ = 125. R θ N P m u* N u* T F ad N P m Figura 2: Diagramma delle forze agenti sul corpo di massa m in un punto generico della guida circolare liscia (angolo generico θ) e in un punto generico sul piano inclinato scabro. a) Dal diagramma delle forze in Fig. 2 lungo la guida circolare, scriviamo la seconda legge della dinamica 6

7 in componenti normale e tangenziale alla traiettoria: û N : N mg cos θ = ma N (θ) = m v2 (θ) R û T : mg sin θ = ma T. Per ottenere un espressione esplicita del modulo della velocità v(θ), applichiamo il teorema dell energia cinetica W tot = W N + W P = E k, tra la posizione iniziale della biglia ad altezza h dal suolo e la posizione ad un angolo θ lungo la guida circolare. Lungo questo percorso senza attriti, il lavoro della reazione vincolare è nullo W N dato che N è sempre ortogonale allo spostamento. L unica forza che compie lavoro è la forza peso P (forza conservativa) ed esso è pari a W P = E p, dove E p = mg y + C è l energia potenziale della forza peso agente su m a una quota generica y e C una costante additiva. Scegliendo lo zero dell energia potenziale al livello del suolo e notando che all angolo θ corrisponde una quota y(θ) = R(1 cos θ), abbiamo che: (21) (22) W P = (mg y(θ) mgh) = mg [ h + R(cos θ 1) ]. (23) La variazione di energia cinetica è pari a E k = 1 2 mv2 (θ), essendo la biglia ferma nella sua posizione iniziale ad altezza h. Pertanto dal teorema dell energia cinetica sopracitato otteniamo v 2 (θ) = 2g [ h + R(cos θ 1) ], (24) che, inserita nell equazione (21), fornisce un espressione esplicita della reazione vincolare N(θ) della guida circolare agente su m ad un angolo generico θ: N(θ) = mg [ ( )] h 3 cos θ + 2 R 1. (25) Per avere la condizione di contatto con la guida circolare ad ogni angolo θ è necessario che sia N(θ) 0, θ [0, 2π], in modo tale che il vettore reazione vincolare N(θ) = N(θ)û N sia sempre diretto in direzione normale verso il centro della guida circolare. Notiamo che la funzione N(θ) presenta un minimo in θ min = π (in cima alla guida circolare). Imponendo che in tale minimo N(θ min ) 0, allora sarà sempre soddisfatta la condizione richiesta N(θ) 0, θ [0, 2π]. Pertanto abbiamo [ ( )] h a) N(π) = mg R 1 0 h 5 2 R h, (26) dove h = 5 2R è l altezza minima richiesta per far sì che la biglia compia un giro completo della guida circolare senza mai perdere contatto con essa. b) Avendo già trovato l espressione generica di N(ϕ) ad una generica posizione angolare, calcoliamo le sue componenti cartesiane rispetto agli assi ortogonali x e y notando che l angolo φ formato dal vettore N(ϕ) con l asse x è legato a ϕ (angolo con la verticale) dalla relazione φ = ϕ + π 2 (si veda la Fig. 3): [ ( )] h û x : N x = N(ϕ) cos(φ) = mg 3 cos ϕ + 2 R 1 sin ϕ [ ( )] h û y : N y = N(ϕ) sin(φ) = mg 3 cos ϕ + 2 R 1 cos ϕ. 7 (27) (28)

8 N(φ) N x Ny φ φ Figura 3: Componenti x e y del vettore reazione vincolare N(ϕ) = N x û x +N y û y, valutato all angolo ϕ con la verticale (figura principale dell esercizio), formante un angolo φ = ϕ + π 2 con l asse x. Il vettore reazione vincolare è, quindi, pari a ( )] [ ( )] b) N(ϕ) h h = mg [3 cos ϕ + 2 R 1 sin ϕ û x + mg 3 cos ϕ + 2 R 1 cos ϕ û y. (29) c) Lungo tutto il percorso che la biglia compie sulla pista, dalla sua posizione iniziale in cui è ferma ad altezza h, fino alla posizione finale C alla quale si ferma ad altezza y = h/6, essa è sottoposta all azione di una forza di reazione vincolare N che non compie lavoro (perchè sempre ortogonale alla traiettoria), alla forza peso P che è di tipo conservativo e alla forza di attrito radente dinamico F ad, che non è conservativa e agisce solo lungo il piano inclinato scabro. Il bilancio energetico tra queste due configurazioni iniziale e finale è W ad = E k + E p, dove W ad è il lavoro compiuto dalla forza di attrito dinamico, E k = 0 è la variazione di energia cinetica e E p = mg( y h) è la variazione di energia potenziale della forza peso. Otteniamo, quindi, il lavoro della forza di attrito radente dinamico: SOLUZIONI NUMERICHE: c) W ad = mg( h/6 h) = 5 6 mg h. (30) Compiti A,C: h = 1.25 m, N = 7.22N û x 1.27N û y, W ad = 2.04 J Compiti B,D: h = 2 m, N = 6.07N û x 4.25N û y, W ad = 4.9 J 8