. Si determina quindi quale distanza viene percorsa lungo l asse y in questo intervallo di tempo: h = v 0y ( d

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1 Esercizio 1 Un automobile viaggia a velocità v 0 su una strada inclinata di un angolo θ rispetto alla superficie terrestre, e deve superare un burrone largo d (si veda la figura, in cui è indicato anche il sistema di riferimento cartesiano in cui risolvere il problema, centrato nel punto in cui l auto lascia il pianoro più alto). a. Determinare il valore di h perchè l auto atterri nel punto A = (d, h). Si consideri la situazione individuata al punto a. b Quanto tempo impiega l auto a superare il burrone? c. Quanto vale il vettore velocità nel punto di atterraggio? d. Siano x(t) e y(t) la posizione dell auto nel sistema di riferimento indicato. Si disegni il grafico di x(t), y(t), v x (t), v y (t) nell intervallo di tempo [0,4] s. Si trascuri la resistenza dell aria e la dimensione dell automobile (la si tratti come un punto materiale). A: v 0 = 55 Km/h; d = 50 m; θ = 0 o B: v 0 = 70 Km/h; d = 60 m; θ = 15 o SOLUZIONE a. L auto compie un moto parabolico, composizione -nel sistema di riferimento indicato- di un moto rettilineo uniforme lungo l asse x ed un moto uniformemente accelerato con a = g lungo l asse y. La posizione iniziale dell auto è (0,0). Il moto lungo questi assi è quindi descritto da x(t) = x 0 + v 0x t = v 0x t y(t) = y 0 + v 0y t gt2 = v 0y t gt2 Si può procedere rispondendo prima alla domanda posta al punto b., poichè il tempo impiegato ad arrivare nella coordinata x = d dipende solo dalla velocità dell automobile lungo l asse x: t c = d v 0x. Si determina quindi quale distanza viene percorsa lungo l asse y in questo intervallo di tempo: h = v 0y ( d v 0x )+ 1 2 g( d v 0x ) 2. b. Per superare il burrone l auto impiega il tempo t c = d/v 0x, come già discusso al punto a. c. Per individuare il vettore v in A posso fornire le sue coordinate cartesiane nel sistema di riferimento indicato, o equivalentemente fornire il suo modulo v e l angolo formato dal vettore per esempio rispetto all asse x. - Nel punto di atteraggio v x = v 0x poichè il moto lungo l asse x è un moto uniforme e quindi v x è costante nel tempo. Lungo l asse y invece il moto è uniformemente accelerato con accelerazione g e quindi v y (t) = v 0y + gt. In A quindi v y (t c ) = v 0y + gt c. - Il modulo del vettore velocità si può calcolare sommando vettorialmente v x e v y ; vale v = v 2 x + v 2 y.

2 L angolo formato dal vettore rispetto all asse x è θ = artg vy v x. Tali valori vanno ovviamente calcolati al tempo t = t c. d. I grafici sono riportati di seguito. NOTA sulla correzione: Una volta atterrata in A la posizione dell auto rimane fissa sia in x che in y. Non sono stati considerati corretti i grafici che proseguivano il moto dell auto lungo l asse y come se nulla fosse accaduto nel momento dell impatto, o che non proponevano una soluzione grafica per t > t c. SOLUZIONI NUMERICHE: A: v 0x = v 0 = 15.3 m/s, v 0y = 0 a. h = 52.48m; b. t = 3.27s; c. v x = 15.3 m/s, v y = 32.1 m/s, v = 35.5 m/s, θ = 65.5 o B: v 0x = 18.8 m/s, v 0y = 5.03 m/s a. h = 66.23m b. t = 3.20s; c. v x = 18.8 m/s, v y = 36.4 m/s, v = 41.0 m/s, θ = 62.7 o GRAFICI: x - Compito A e B:

3 y - Compito A: y - Compito B:

4 Esercizio 2 Un punto materiale di massa m è connesso ad un asse verticale in rotazione tramite due corde inestensibili e di massa trascurabile di lunghezza l 1 = l 2 = l (si veda la figura). L angolo formato dalle corde con l asse di rotazione è θ. L asse di rotazione e il punto materiale ruotano entrambi con velocità angolare ω. La quota della massa m durante il moto non varia. Trovare il modulo delle tensioni T 1 e T 2 delle corde. Per risolvere il problema ricordarsi di disegnare chiaramente tutte le forze che agiscono sulla massa m. A: l = 1.0 m; ω = 1.0 rad/s; θ = 30 o B: l = 0.9 m; ω = 1.2 rad/s; θ = 40 o SOLUZIONE Nel sistema di coordinate indicato nella figura a destra la massa compie un moto circolare uniforme con accelerazione centripeta diretta lungo l asse r e si trova in posizione costante sull asse y. Chiamiamo T 1 e T 2 le tensioni delle corde l 1 e l 2 rispettivamente, ipotizzando che siano dirette come in figura. La seconda legge della dinamica porta a formulare le seguenti relazioni: r : T 1 sinθ + T 2 sinθ = ma r = mω 2 R = mω 2 lsinθ y : T 1 cosθ T 2 cosθ mg = 0 dove R indica la distanza di m dall asse attorno a cui ruota. Risolvendo il sistema si ricava T 1 = m 2 (ω2 l + T 2 = m 2 (ω2 l g cosθ ) g cosθ ) NOTA: La soluzione trovata ha senso fisico se il valore di T 2 è positivo: in caso contrario infatti la tensione T 2 sarebbe diretta verso l alto!! Questa considerazione porta a una non indipendenza dei valori di m, ω e θ per poter impostare il sistema (1): deve infatti valere ω 2 l >, o equivalentemente, fissati θ e l, ad una condizione sul valore di ω: ω > g lcosθ. I valori numerici forniti nel testo del compito NON soddisfavano questo requisito, portando quindi ad una soluzione non fisica del problema. Questo non ha in alcun modo inficiato la possibilità di risolvere l esercizio e sono state considerate positivamente tutte le soluzioni algebricamente corrette. Con i valori numerici assegnati: A: T 1 = 6.15 m[kg] N, T 1 = m[kg] N B: T 1 = 7.04 m[kg] N, T 1 = m[kg] N g cosθ (1)

5 Esercizio 3 Un corpo di massa m viene spinto contro una molla di massa trascurabile e costante elastica k comprimendola di x. Quando il corpo viene lasciato, si muove lungo un piano orizzontale senza attrito lungo d e poi lungo un piano inclinato di un angolo θ. a. Con quale velocità il corpo arriva alla base del piano inclinato? b. Se il piano inclinato è privo di attrito, quale distanza massima percorre il corpo lungo il piano inclinato? c. Si ripete l esperimento nelle stesse condizioni, salvo che il piano inclinato è scabro. Si constata che il corpo si ferma a 1/n della distanza determinata al punto b.: trovare il coefficiente di attrito dinamico del piano in questo caso. A: m = 2.0 kg; k = 400 N/m; x = 0.22 m; d = 1.1 m; θ = 37.0 o ; n = 2 B: m = 2.3 kg; k = 300 N/m; x = 0.24 m; d = 1.4 m; θ = 29.0 o ; n = 3/2 a. Durante il moto lungo il piano orizzontale la forza peso e la reazione vincolare del piano non compiono lavoro poichè hanno direzione ortogonale allo spostamento del corpo. In mancanza di attrito le forze coinvolte (forza elastica della molla e gravità) sono conservative e quindi l energia meccanica (E M ) si conserva. Scegliamo lo zero dell energia potenziale gravitazionale all altezza del piano orizzontale; lo zero dell energia potenziale elastica è alla posizione di equilibrio della molla. Consideriamo il moto dalla posizione di compressione della molla alla base del piano inclinato: E M,in = E k + E p = k( x)2 = 1 2 mv2 + 0 = E M,fin dove in entrambi i casi abbiamo indicato prima l energia cinetica del corpo e poi quella potenziale. NOTA: Nella posizione finale l energia potenziale della molla è nulla perchè la lunghezza del piano è superiore alla compressione della molla. Quest acondizione era suggerita dalla figura ma era comunque necessaria una verifica con i valori numerici assegnati. La relazione trovata si riduce a k( x) 2 = mv 2, da cui si ricava v = ( x) b. Se il piano inclinato è liscio vale ancora la conservazione dell energia, e all apice della sua posizione sul piano inclinato il corpo è instantaneamente fermo. Consideriamo il moto dalla base del piano inclinato alla posizione massima lungo il piano stesso: k m. E M,bottom = E k + E p = 1 2 mv2 + 0 = 0 + mglsin(θ) = E M,top da cui si ricava l = v2 2gsinθ = k 2mgsinθ ( x)2 (2)

6 c. Se il piano inclinato è scabro, la distanza massima percorsa (la chiamiamo l ) sarà inferiore rispetto al punto b. e la variazione dell energia meccanica del corpo sarà pari al lavoro delle forze non conservative: e quindi E M = E M,top E M,bottom = (E k + E p ) top (E k + E p ) bottom = W F non conservative Usando la relazione (2) ottenuta al punto b. 0 + mgl sinθ 1 2 mv2 + 0 = µ D mgcosθl (3) µ D = µ D = v 2 2gl cosθ tgθ ( l l 1 ) tgθ Il risultato dipende dall inclinazione del piano e dal rapporto tra le distanze percorse prima di fermarsi nel caso in cui il piano sia liscio e scabro. Ulteriore verifica: dalla (3) si ricava anche mgl (sinθ + µ D cosθ) = 1 2 mv 2 l = v 2 2g(sinθ + µ D cosθ) che si riduce alla soluzione (2) trovata al punto b. nel caso in cui non ci sia attrito (µ D = 0) SOLUZIONI NUMERICHE: A: a. v = 3.11 m/s; b. l = 0.82 m; c. µ D = 0.75 B: a. v = 2.74 m/s; b. l = 0.80 m; c. µ D = 0.27