Correzione 1 a provetta del corso di Fisica 1,2

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1 Correzione 1 a provetta del corso di Fisica 1, novembre Primo Esercizio (a) Indicando con r (t) il vettore posizione del proiettile, la legge oraria del punto materiale in funzione del tempo t risulta la seguente (considerando t = 0 al momento del lancio): r (t) = {v cos(θ) t coordinata v sin(θ) t 1 g t coordinata y (1) In particolare, la velocità v (t) è data da {v cos(θ) componente v (t) = v sin(θ) gt componente y () Per scrivere la traiettoria y = y(), possiamo eplicitare il tempo t nella legge oraria dalla coordinata e sostituire nella coordinata y: t = v cos(θ) y() = tan(θ) 1 g v cos (θ) () (b) Il pendio è descritto, nel sistema di coordinate indicato, dalla retta y = tan(0 ) =. Pertanto, uguagliando alla equazione della traiettoria, otteniamo le due soluzioni 0 = 0, corrispondente al punto di lancio e quindi riferita al momento dello sparo, e la soluzione [ impatto = ] v cos (θ) tan(θ) + (4) g (c) Per calcolare la componente y della velocità al punto di impatto, possiamo sfruttare la relazione già individuata che lega cordinata del punto e tempo di volo, al fine di trovare il tempo trascorso dal momento del lancio. Si ottiene dunque 1

2 [ t impatto = v cos(θ) tan(θ) + g ] (5) Sostituendo nella formula per v(t) componente y, arriviamo con semplici semplificazioni trigonometriche al risultato: v yimpatto = v [ ] sin(θ) + cos(θ). (6) Questo risultato è manifestamente negativo per θ compreso nell intervallo indicato nel problema, in quanto sia sin(θ) che cos(θ) sono funzioni positive o, al più, nulle (ma mai contemporaneamente) in quell intervallo. (d) Sfruttando il suggerimento dato, andiamo a calcolare il massimo della soluzione impatto al variare dell angolo di lancio θ. A tal fine, dobbiamo eseguire la derivata d impatto ed uguagliarla a 0. dθ Si ha quindi: d impatto dθ = v g [ ( d cos (θ) tan(θ) + dθ )] = 0. Eliminando le costanti a fattor comune, si ottiene [ ] [ ] 0 = cos(θ) sin(θ) tan(θ) + + cos 1 (θ) cos (θ) [ ] = sin(θ) cos(θ) + sin(θ) + 1 = sin(θ) cos(θ) sin (θ) + 1 Usando ora le formule trigonometriche indicate nel testo, arriviamo a = sin(θ) 1 + cos(θ) + 1 = 0 (7) sin(θ) = cos(θ) (8) tan(θ) = (9) θ = 1 arctan( ) = 1 π = π 6 = 0 (10)

3 La soluzione ottenuta è un caso particolare di una formula più generale. Se infatti lasciamo indicato nei calcoli un angolo generico per il pendio, possiamo notare come la soluzione (da fare per esercizio!) sia la metà dell angolo formato dal pendio con l asse y del disegno. Come riprova, nel caso del problema abbiamo 60 / = 0, nel familiare caso piano abbiamo 90 / = 45. Nel caso limite in cui il pendio sia esattamente verticale, si otterrebbe un angolo di 0, ma ovviamente per ogni angolo θ tale che 90 < θ < 90 il proiettile non incontrerebbe mai il pendio, raggiungendo quindi una gittata che potremmo dire infinita. L angolo di 0 è quello che permette di raggiungere una qualsiasi distanza dal punto di lancio nel minor tempo possibile. L altro caso limite del problema è rappresentato da un pendio in verticale. In questo caso la soluzione è θ = π, ossia corrispondente ad una gittata nulla ma con la traiettoria che non impatta mai con il pendio.

4 . Secondo Esercizio Prima parte (a) Nel sistema di riferimento solidale con la massa (sistema non inerziale), il diagramma delle forze è il seguente: y N T v ˆ R T 1 g mg Affinché la massa m appesa alla fune rimanga ferma nella sua posizione di equilibrio, bisogna imporre le condizioni di equilibrio a tutto il sistema. Riferendosi al sistema di assi cartesiani disegnato in figura, le condizioni di equilibrio sono descritte dal seguente sistema di equazioni: T + a cf = 0 (1) N g = 0 () dove T = T 1 T () T 1 mg = 0 (4) a cf = v R ˆ è l accelerazione centrifuga a cui è soggetta la massa. 4

5 Dalle equazioni () e (4) si ricava la tensione T della fune T = mg e, inserendo questo risultato nell equazione (1), si ottiene mg + v /R = 0 in cui l unica incognita è v. Risolvendo rispetto a v si ottiene v = grm/ = 9, 81 m 0, 5m1Kg s Kg = 1, 6m s Per il momento l equazione () è servita solo ad assicurare che la massa sia sorretta dal piano (vincolo ideale). (b) Tagliando la fune, la tensione T scompare e lungo la direzione ˆ la massa subisce solo l effetto della forza centrifuga: nel sistema di riferimento non inerziale solidale con la massa si è persa la condizione di equilibrio. Se si osserva il moto in un sistema inerziale solidale con il piano, lungo la direzione del moto la massa non è soggetta a forze, perché le uniche forze sono dirette perpendicolarmente al piano. Per il principio di inerzia, dunque, la massa permane nel suo stato di moto rettilineo uniforme, viaggiando con la stessa velocità v (in modulo, direzione e verso) che possedeva l istante prima che fosse tagliata la fune. Si osservi che, poiché il vettore velocità è sempre tangente alla traiettoria, la direzione coinciderà con la retta tangente alla vecchia traiettoria circolare. Seconda parte (a) Tornando al sistema non inerziale (solidale adesso con il carrello), il diagramma delle forze si modifica perché si aggiunge la forza di attrito laterale. Poiché il verso della forza di attrito è tale da opporsi al moto, si verificheranno due casi: L accelerazione centrifuga è maggiore della tensione della fune: il carrello tende a uscire dalla traiettoria circolare ma viene trattenuto dalla forza d attrito f A. 5

6 y fa T N v ˆ R g Il sistema di equazioni che descrive lo stato di equilibrio è il seguente T f A + v /R = 0 (1) N g = 0 () T = T 1 T () T 1 mg = 0 (4) Si osservi che, rispetto alla prima parte dell esercizio, è cambiata soltanto l equazione (1), in cui adesso compare anche la forza d attrito. Al crescere della velocità tangenziale v del carrello, la forza d attrito aumenta (affinché il sistema rimanga in equilibrio) fintanto che non raggiunge il suo valore massimo f A µ N = f A ma (5) In corrispondenza di questo valore si ricava la velocità massima con cui il carrello può procedere rimanendo sulla sua traiettoria circolare. 6

7 Utilizzando la (5), l equazione (1) diventa mg µ N + v ma/r = 0 dove le incognite sono N e v ma. Dall equazione () e quindi N = g mg µg + v ma/r = 0 Risolvendo rispetto a v ma si ottiene v ma = = gr m + µ 9, 81 m + 0, 1 Kg 0, 5m1Kg s Kg = 1, 7 m s L accelerazione centrifuga è minore della tensione della fune: la fune tende a trascinare il carrello verso il centro della traiettoria circolare ma la forza d attrito si oppone. y T N v ˆ R f A g La forza d attrito cambia verso rispetto al caso precedente e l equazione (1) si modifica nuovamente T + f A + v /R = 0 (1) 7

8 Se si riduce la velocità, la forza centrifuga diminuisce e, affinché il sistema rimanga in equilibrio, la forza d attrito deve aumentare. La velocità minima con cui può procedere il carrello si ottiene, quindi, in corrispondenza del valore massimo della forza d attrito da cui f A ma = µg mg + µg + v min/r = 0 Risolvendo rispetto a v min, si ottiene v min = = gr m µ 9, 81 m 0, 1 Kg 0, 5m1Kg s Kg = 1, 4 m s (b) Quando viene tagliata la fune, se la velocità del carrello non è troppo elevata, l attrito laterale agisce in modo tale che il carrello continui a percorrere la traiettoria circolare (come viene suggerito dal testo stesso dell esercizio). Il diagramma delle forze si modifica come segue y N fa v R ˆ g Nell equazione (1) scompare la tensione T f A + v /R = 0 (1) 8

9 Poiché f A µ N = µg si ha v /R = f A µg da cui si ricava la velocità massima a cui doveva viaggiare il carrello prima che fosse tagliata la fune v ma = µgr = 0, 1 9, 81 m s 0, 5m = 0, 7m s (c) Se, prima di tagliare la fune, la velocità del carrello fosse compresa tra v min = 1, 4m/s e v ma = 1, 7m/s, essa sarebbe maggiore di 0, 7m/s, cioè troppo elevata per permettere al carrello di rimanere sulla traiettoria circolare anche dopo aver tagliato la fune. Il carrello quindi uscirebbe fuori dalla traiettoria circolare. Si osservi, però, che il carrello non continuerebbe a viaggiare di moto rettilineo uniforme come nella prima parte dell esercizio a causa della forza d attrito laterale. 9