SOLUZIONE a.-d. Iniziamo a tracciare il diagramma delle forze che agiscono su ogni corpo, come richiesto al punto d.

Transcript

1 Esercizio 1 Due blocchi di ugual massa m 1 = m sono collegati ad un filo ideale lungo l. Inizialmente, i due corpi sono mantenuti fermi e in contatto tra loro su un piano inclinato di θ con il quale i coefficienti di attrito statico e dinamico sono rispettivamente µ S1, µ D1 per il corpo m 1 e µ S, µ D per il corpo m. Al tempo t 0 = 0 i corpi sono lasciati liberi di muoversi sul piano. Calcolare: a) l istante t 1 in cui il filo si tende. Quando il filo è teso b) determinare l accelerazione a del sistema; c) determinare la tensione T del filo; d) tracciare il diagramma delle forze che agiscono su ogni corpo. A: m 1 = 800 g, l = 40 cm, θ = 60 o, µ S1 = 0.45, µ D1 = 0.40, µ S = 0.5, µ D = 0.0 B: m 1 = 500 g, l = 80 cm, θ = 60 o, µ S1 = 0.5, µ D1 = 0.40, µ S = 0.3, µ D = 0.0 a.-d. Iniziamo a tracciare il diagramma delle forze che agiscono su ogni corpo, come richiesto al punto d. A B Scegliamo un sistema di riferimento con asse x parallelo al piano in direzione del moto, centrato nella posizione iniziale dei due corpi, e asse y uscente dal piano, ortogonale all asse x. Inizialmente il filo non è teso e quindi le tensioni non devono essere considerate nel computo delle forze agenti su ogni corpo. La II legge della dinamica, in questa situazione iniziale, porta alle seguenti relazioni: m 1 x : m 1 gsinθ F A,1 = m 1 a 1 (1) m 1 y : N 1 m 1 gcosθ = 0 () m x : m gsinθ F A, = m a (3) m y : N m gcosθ = 0 (4) In entrambi i casi sono verificate le condizioni perchè il corpo possa muoversi sul piano inclinato scabro (µ S < tgθ) e quindi la forza di attrito da considerare è di tipo dinamico in entrambi i casi: F A = µ D N. icavando N 1 e N dalle equazioni () e (4) e esplicitando la forza di attrito nelle equazioni (1) e (3) ricaviamo il valore delle accelerazioni dei due corpi: a 1 = g(sinθ µ D1 cos θ) a = g(sinθ µ D cos θ) Notiamo che a 1 < a : il corpo a valle si muove con accelerazione maggiore e quindi si allontana, inizialmente, da quello a monte. Il filo si tende quando la distanza tra i due corpi è pari alla lunghezza del filo stesso. Si può studiare il moto di ogni singolo corpo (partono entrambi da fermi in posizione x = 0): x 1 (t) = 1 a 1t = 1 g(sinθ µ D1 cos θ)t x (t) = 1 a t = 1 g(sinθ µ D cos θ)t

2 cercando l istante t 1 in cui vale x x 1 = l. In alternativa di studia il moto relativo del corpo m in un sistema di riferimento solidale a m 1, nel quale l accelerazione relativa dei due corpi è pari a a r = a a 1, e imponendo x r = l. In entrambi i casi si perviene alla relazione che ha soluzione l = 1 g(µ D µ D1 ) cos θ t 1 l t 1 = g(µ D1 µ D ) cos θ La II legge della dinamica in direzione del piano inclinato, una volta che il filo è teso (si rivedano i diagrammi delle forze sopra riportati) diventa m 1 x : T + m 1 gsinθ µ D1 m 1 g cos θ = m 1 a 1 (5) m x : T + m gsinθ µ D m g cos θ = m a (6) Imponendo che le due accelerazioni siano uguali a 1 = a = a e sommando queste due equazioni (che equivale a considerare il sistema nel suo insieme) si ottiene, tenendo conto che m 1 = m = m ( a = g sinθ µ D + µ ) D1 cos θ c. La tensione del filo si ricava da una delle due equazioni (5) o (6), a piacimento: A. a. t 1 = 0.90 s; a = 7.0 m/s ; c. T = 0.39 N B. a. t 1 = 1.8 s; a = 7.0 m/s ; c. T = 0.5 N T = µ D1 µ D mg cos θ

3 Esercizio Un ascensore di massa M è fermo al primo piano di uno stabile quando il cavo di sostegno si spezza e lascensore cade, con un salto d, su una molla ammortizzatrice (ideale) con costante elastica. Un dispositivo di sicurezza sviluppa sulle guide una forza di attrito costante F che attenua gli effetti della caduta. Supponendo che il dispositivo di sicurezza cessi di agire nell istante in cui l ascensore tocca la molla, calcolare: a) con quale velocità v 1 l ascensore urta la molla; b) la massima compressione x MAX della molla in seguito all urto. A. M = 1000 g, d = 3 m, = 10 5 N/m F = 6 N B. M = 1500 g, d = m, = 10 5 N/m F = 5 N a. Scegliamo un sistema di riferimento verticale diretto verso l alto che chiamiamo z ponendo a z = 0 la quota dell estremo superiore della molla quando essa è a riposo. Allora l ascensore scende da z = d a z = 0 sotto l effetto della forza di gravità -mg. Inoltre, durante il percorso agisce una forza di attrito costante F. L energia meccanica dissipata in questo tratto sarà pari al lavoro compiuto dalla forza di attrito: E = W FA : 1 mv 1 mgd = F d e quindi ( v 1 = d g F ) m Durante la fase di compressione della molla non agisce attrito, quindi l energia meccanica si conserva. Scegliendo come zero dell energia potenziale la quota z = 0, e tenuto conto che nell istante t 1 in cui l ascensore tocca la molla, sono nulle sia l energia potenziale elastica (perchè la molla è a riposo) sia l energia potenziale gravitazionale (per nostra scelta), vale E 1 = 1 mv 1. Inoltre, in posizione z (si ricorda che z è negativo quando la molla si comprime) di massima compressione della molla, la velocità dell ascensore (e quindi la sua energia cinetica) sarà nulla e quindi E = mgz + 1 z. Vale quindi E 1 = 1 mv 1 = mgz + 1 z = E da cui si ricava z = mg ± m g + mv1 Ci interessa la soluzione negativa e quindi = mg ± m g + d(mg F ) z = mg + m g + d(mg F) La compressione della molla è pari a x MAX = z. A. a. v 1 = 4.77 m/s; x MAX = 0.59 m B. a. v 1 = 5.09 m/s; x MAX = 0.5 m

4 Esercizio 3 Un corpo di massa m è collegato ad un filo di lunghezza. L altro capo del filo è ancorato ad un piano orizzontale. All istante t 0 = 0 il filo viene teso e il corpo m è messo in moto con velocità iniziale v 0. Tra il corpo m e il piano è presente attrito e il corpo m decelera uniformemente con accelerazione a < 0. Determinare: a) il coefficiente di attrito dinamico µ D tra blocco e piano; b) il modulo della tensione T 0 del filo all istante t 0 ; c) il numero n T OT di giri compiuti da m prima di fermarsi; d) il lavoro W F A compiuto dalla forza d attrito durante il moto. e) appresentare il grafico del modulo dellaccelerazione normale a N (t) in funzione del tempo nell intervallo di tempo in cui il corpo m si muove. A. m = 00 g, = 0 cm, v = 10 m/s, a = 0.5 m/s B. m = 300 g, = 15 cm, v = 5 m/s, a = 0.4 m/s Consideriamo il sistema di riferimento con assi sul piano orizzontale r radiale alla traiettoria in ogni punto, diretto verso l interno della circonferenza, asse t tangente alla traiettoria in direzione del moto, asse z in direzione verticale diretto verso l alto. La II legge della dinamica in queste 3 direzioni porta a: r : t : T = ma N = m v F A = ma t = ma z : N mg = 0 a. icavando N = mg dalla terza equazione e esplicitando la forza di attrito dinamico nella seconda ma = F AD = µ D N = µ D mg si trova µ D = a g Dalla seconda equazione, considerando le condizioni per t = t 0 vale T 0 = m v 0 c. Il corpo m si muove con moto uniformemente accelerato con accelerazione a negativa. Sapendo il valore di v 0 nell istante t = t 0, si può valutare lo spazio percorso x quando il copro si ferma (v = 0) sfruttando la relazione v = v0 + a x che mette in relazione velocità e spazio percorso per un moto uniformemente accelerato: x = v 0 a. Dividendo per la distanza percorsa in un giro (pari a π) si ottiene che il numero n tot di giri percorsi prima di fermarsi è pari a n tot = v 0 1 a π

5 d. Considerando che la variazione di energia cinetica del sistema è pari alla somma dei lavori compiuti sul sistema dalle forze agenti sul corpo e considerando che l unica forza che compie lavoro è la forza di attrito dinamico (poichè la reazione vincolare del piano e la forza peso sono ortogonali allo spostamento (che avviene sul piano) e quindi non compiono lavoro), vale W FAD = E K = 1 mv 0 In alternativa, si può calcolare il lavoro direttamente, nota la forza di attrito: W FAD = F AD d s = F AD x = µ D mg x e. L accelerazione normale è data da: a N (t) = v (t) = (v0+at) (con a < 0). Quindi: A. µ D = 0.05; T = 100 N; n T OT = 79.6; W FA = 10 J; B. µ D = 0.04; T = 50 N; n T OT = 33.; W FA = 3.8 J;