SOLUZIONI ESERCIZIO 1

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1 DINAMICA ESERCIZIO 1 Un saliscendi formato da due carrucole solleva una massa M (appesa ad una carrucola mobile) utilizzando la massa M 1 = 50 kg (appesa ad una carrucola fissa). a) Nell ipotesi che la massa M 1 scenda a velocità costante, calcolare il valore di M e la tensione nella fune T ; b) se il carico di rottura della fune che sostiene M 1 è T max = 400 N, calcolare il valore massimo della massa M che è possibile sollevare, e le accelerazioni delle due masse in questo caso. ESERCIZIO Alla sommità di un doppio piano inclinato liscio è fissata una carrucola senza massa, su cui scorre senza attrito una fune inestensibile senza massa. Alle due estremità della fune sono attaccati due corpi di massa m 1 = m e m = m, come indicato in figura. Se β = 30 calcolare: a) l angolo α affinché il sistema si muova con un accelerazione di modulo pari ad a = g/9; b) la tensione della fune se m = 1 kg. 1

2 ESERCIZIO 3 Un pendolo conico è costituito da un punto materiale di massa m = 6 g legato a una fune lunga l = 5 cm fissa ad un estremo. Il pendolo descrive una circonferenza orizzontale con velocità angolare ω 0 = 7 rad/s. Calcolare: a) il valore della tensione della fune; b) il raggio della circonferenza; c) la massima apertura per un carico di rottura T = N e la velocità angolare massima. ESERCIZIO 4 Un corpo di massa m = 1 kg in quiete su un piano scabro viene colpito obliquamente da un martello con un impulso di modulo pari a J = 14 Ns. Dopo essersi messo in moto orizzontalmente, l oggetto si ferma dopo un tratto s = 8 m. Sapendo che il coefficiente d attrito dinamico è µ d = 5/8 calcolare: a) l impulso J del martello; b) la direzione rispetto all orizzontale con cui il martello colpisce il corpo. Si consideri trascurabile la forza di attrito statico esercitata dal piano durante l impatto tra il corpo e il martello. ESERCIZIO 5 Una sferetta di massa m = 10 g ruota con velocità angolare ω = 3.4 rad/s su un piano orizzontale. La sfera è tenuta sulla traiettoria circolare da una molla di lunghezza a riposo l = 1 cm e costante elastica k = 15 N/m. Determinare il raggio della circonferenza. ESERCIZIO 6 I tre blocchi A, B e C, inizialmente fermi, sono collegati da due funi inestensibili e di massa trascurabile come in figura. I blocchi A e C si trovano su due piani inclinati di un angolo di α = 30. A si trova su un piano liscio mentre C su un piano scabro. B si trova su un piano orizzontale liscio. Sapendo che le masse dei corpi sono M A = 10 kg, M B = 50 kg e M C = 100 kg, e che i moduli delle due tensioni sono legati dalla relazione T AB = 3/T BC, calcolare: l accelerazione del sistema, le tensioni delle funi e il coefficiente d attrito µ del piano su cui giace C. ESERCIZIO 7 Una macchina di Atwood è realizzata collegando le masse 1, e 3 come in figura (m 1 = kg, m = 1 kg). La carrucola è ideale. Nella condizione iniziale le masse 1 e salgono mentre la massa 3 scende con velocità costante. Ad un certo punto la massa si stacca. Calcolare l accelerazione delle restanti masse.

3 ESERCIZIO 8 Una boccola di massa M =. kg scivola su un asse verticale scabro che genera un attrito dinamico descritto dal coefficiente µ d = L intensità F della forza premente può essere regolata agendo sulla vite laterale. Determinare il valore di F affinché la boccola scivoli con accelerazione pari a 1/3g. ESERCIZIO 9 Un corpo di massa m = 1.9 kg si trova su un piano orizzontale scabro. Siano µ s = 0.3 eµ d = 0.15 rispettivamente i coefficienti d attrito statico e dinamico. Se il corpo è inizialmente fermo, si determini il valore minimo di una forza orientata orizzontalmente che permette di metterlo in movimento. Supponendo che la forza continui a spingere il corpo, determinare la velocità v che il corpo acquisisce dopo un tempo t =.4s. ESERCIZIO 10 Due blocchi di massa m 1 = 1 kg e m = 5 kg legati tra loro da una fune ideale vengono lasciati cadere lungo un piano inclinato di angolo α = 30. Il coefficiente di attrito fra m 1 e il piano è µ 1 = 1/ 3. La fune, inestensibile e di massa trascurabile, rimane sempre tesa con tensione pari a T = 6 N. Determinare: a) quale dei due è il blocco trainato, b) l accelerazione del sistema, c) il coefficiente d attrito fra m e il piano. ESERCIZIO 11 Un oggetto puntiforme di massa m = 0.5 kg viene lanciato con velocità v 0 = 6 m/s in direzione radiale dal bordo di una giostra di raggio r = 4 m verso il centro di essa. Con la giostra ferma, l oggetto si ferma dopo 1 s. a) Calcolare il coefficiente d attrito. Successivamente, si pone la giostra in rotazione con velocità angolare di rad/s e l oggetto resta nella posizione raggiunta sulla giostra. b) Calcolare il modulo della reazione vincolare esercitata dalla giostra sulla massa m. 3

4 SOLUZIONI ESERCIZIO 1 In figura sono mostrate tutte le forze in gioco agenti sia sulle due masse che sulle due carrucole. Per prima cosa bisogna scrivere l equazione della dinamica nel caso generale per i due corpi separatamente e poi proiettarla lungo l unica direzione che ci interessa, quella verticale. Cosi facendo si ottiene: F1 tot = M 1 a 1 P F tot 1 + T 1 = M 1 a 1 M1 g + T 1 = M 1 a 1 = M a P + T = M a M g + T = M a ove si è scelto l alto come verso positivo e, come sarà anche per gli esercizi seguenti, abbiamo indicato con T 1 = T 1, T = T,eP 1 = P 1 = M 1 g, P = P = M g. Si noti che le accelerazioni a 1 e a possono anche essere negative. Poichè la carrucola ha massa nulla, la risultante delle forze agenti su di essa deve annullarsi: T1 = T T 1 + T 1 + T = 0 a = 0 T 1 + T 1 T = 0 T = T 1 T = T Inoltre è possibile ottenere una relazione che lega le due accelerazioni da considerazioni che legano gli spazi percorsi dalle due masse. Infatti, essendo la fune inestensibile, ad uno spostamento verso il basso di un tratto di lunghezza l(> 0) da parte di M 1, corrisponde un tratto della stessa lunghezza che deve essere sottratto alla parte di fune che avvolge la carrucola ; la carrucola quindi si sposta verso l alto di un percorso pari a l, poiché è sostenuta da due tratti di fune. Supponendo nulle 4

5 tutte le condizioni iniziali e ricordandoci che si tratta di un moto uniformemente accelerato (quindi vale s = at /), si ha: h1 = l h 1 = h 1 a 1 t = 1 a t h = l a 1 = a a = a a 1 = a da cui si deduce che le due accelerazioni hanno sempre verso opposto. Riscriviamo quindi il sistema con le equazioni del moto per i due corpi (sostituendovi T ed a) come: T M1 g = M 1 a T M g = M a e passiamo alla risoluzione dei due casi in esame. a) Se la massa M 1 scende a velocità costante, significa che le accelerazioni sono entrambe nulle, quindi a = 0. Il sistema diventa quindi: T M1 g = 0 T = T M g = 0 M1 g = 50 kg 9.8m/s = 490 N M 1 g M g = 0 M = M 1 = 100 kg b) Il valore massimo M max della massa sollevabile si ottiene sostituendo nel sistema con le equazioni del moto il valore massimo della tensione T max. Il sistema diventa quindi: Tmax M 1 g = M 1 a T max M max g = M max a a = g T max T max = M max M 1 = 0.9m/s ( ) g T max M 1 + M max g Avremo quindi che la massa M è soggetta a un accelerazione pari a a = a = 0.9 m/s (diretta verso l alto) mentre per M 1 sarà pari a a 1 = a = 1.8m/s (diretta verso il basso). Risolvendo la seconda equazione del sistema si ha 3 Mmax g Mmax T max = T max M max = 4T max M 1 3g T max M kg 5

6 ESERCIZIO In figura sono mostrate le forze applicate ad entrambi i corpi. Scriviamo le equazioni della dinamica separatamente per i due corpi, e le proiettiamo poi lungo gli assi perpendicolare e parallelo al piano; scegliamo come orientazione positiva per gli assi paralleli al piano il verso corrispondente al movimento verso destra (cioè con m 1 che scende). 1) R 1 + T 1 + P 1 = m 1 a 1 ) R + T + P = m a 1 ) T 1 + P 1 sinα = m 1 a 1 ) P 1 cosα + R 1 = 0 ) T P sinβ = m a ) P cosβ + R = 0 1 ) T + mgsinα = ma 1 ) mgcosα + R 1 = 0 ) T mgsinβ = ma ) mgcosβ + R = 0 dove si è tenuto conto che m 1 = m e m = m e che essendo la fune ideale si ha T 1 = T = T.Si deve tenere presente che non è noto il segno di a, perché non si conosce il verso del movimento del sistema. a) Sostituiamo ora il valore dell accelerazione: non conoscendo il segno dobbiamo considerare entrambe le possibilità e porre a = ±g/9. Sommando l equazione 1 ) ela ) ricavo sinα: ( mgsinα mgsinβ = ma + ma mg(sinα sinβ)=3m ± g ) 9 sinα = ± sinβ = ± sinα = 1 ± 1 3 Il risultato con il segno + è impossibile: quindi l accelerazione è diretta verso sinistra (m 1 sale), ed avremo a = g/9. Si ricava quindi per l angolo richiesto: sinα = 3 α = arcsin b) Possiamo ricavare la tensione della fune dall equazione 1 ): T = mgsinα ma = 3 mg mg = 7 9 mg = 7 9 (1kg) (9.8m/s ) 7.6 N 6

7 ESERCIZIO 3 In figura sono mostrate le forze agenti sul corpo che costituisce il pendolo. Fissiamo un SdR centrato sul punto materiale e definito dal versore ˆk con direzione verticale e orientato verso l alto, e dal versore ˆn orientato in direzione normale alla traiettoria (quindi orizzontale) e diretto verso il centro. Scriviamo l equazione della dinamica del punto materiale e proiettiamola lungo i due assi T + P = m a ˆn) T sinα = man ˆk) T cosα mg = ma k Poichè il punto si muove orizzontalmente si ha che a k = 0. Inoltre, essendo il moto nel piano orizzontale un moto circolare uniforme, l accelerazione lungo ˆn sarà legata alla velocità angolare. Avremo quindi che a = a n ˆn = ω 0R ˆn = ω l sinα ˆn Il sistema diventa quindi ˆn) T sinα = mω l sinα T = mω l ˆk) T cosα = mg a) È possibile risolvere il sistema nelle due incognite T e α inserendo il valore di ω = ω 0 T = mω 0 l =( kg) (7 rad/s) ( ) (0.5 m)= N cosα = mg T = g ω 0 l α = arccos g ω 0 l = arccos(0.8) 37 7

8 b) Dopo aver osservato che R = l sinα, per ottenere ( R posso ( calcolare )) il valore di α dall espressione precedente ed effettuare il calcolo come R = l sin arccos g ω 0 l. È però possibile ottenere un espressione più semplice elevando al quadrato le due equazioni ˆn) e ˆk) (prima di semplificare sinα) e sommandole: T (sinα) + T (cosα) = m ω 4 0 R + m g m ω 4 0 R = T m g T R = m g m ω 4 0 Sostituendo T = mω 0l si ottiene m ω 4 0 R = l m g m ω 4 = l g 0 ω 4 = 0.15 m 0 c) L angolo α di apertura massimo e la velocità angolare ω massima si ottengono sostituendo nelle ˆn) e ˆk) il carico di rottura T = T T = mω l T cosα = mg T ml ω = 8.85 rad/s ( α = arccos mg = arccos ( ) 1 = 60 T ) ESERCIZIO 4 In figura sono segnate le forze che agiscono sull oggetto: si tenga presente che le forze non agiscono simultaneamente. 8

9 Analizziamo la fase di impatto del martello. Esprimiamo l impulso in forma vettoriale come J = J x î + J y ĵ. Per il teorema dell impulso si ha J = q. Non essendoci moto lungo la direzione verticale 1 ed essendo trascurabile la forza di attrito statico, il teorema si può riscrivere come J x = q x = m(v 1 v 0 )=mv 1 dove si è tenuto conto che v 0 = 0. Poiché m è nota sarà sufficiente calcolare v 1 per ottenere J x e, infine, J y dal modulo. Analizziamo ora la fase in cui il corpo è in moto. Possiamo scrivere l equazione della dinamica prima in forma vettoriale e poi proiettarla lungo le due direzioni verticale e orizzontale in modo da ricavare l accelerazione a cui è sottoposto il corpo: R + P + F attr = m a x) Fattr = ma y) R mg = 0 y) R = mg x) µ d R = ma µ dmg = ma a = µ d g Il corpo è quindi soggetto a una decelerazione partendo con velocità iniziale pari a v 1. Scriviamo le equazioni del moto uniformemente accelerato per spazio e velocità: x = 1 a t + v 1 t v = v 1 + a t Sostituendo le quantità note per l istante di arresto si ottiene v 1 : s = v1 t 1 µ dg t 0 = v 1 µ d g t t = v 1 µ d g s = v 1 µ d g v 1 1 µ dg v 1 = 1 v µ 1 d g µ d g v 1 = µ d g s Possiamo quindi sostituire questo risultato nell equazione del teorema dell impulso Conoscendo il modulo J ricaviamo anche J y : J x = mv 1 = m µ d g s 9.9Ns J y = J J x (14 Ns) (9.9Ns) 9.9 Ns dove il segno - compare perché abbiamo scelto l alto come verso positivo. 1 Per la precisione, cioò che avviene in un caso di questo tipo è che durante l impatto la reazione vincolare R aumenta d intensità compensando il componente verticale di F. 9

10 La direzione da cui proviene l impulso si ottiene calcolando tanθ = J y J x θ 45 ESERCIZIO 5 L unica forza in gioco che agisce sulla sfera è la forza di richiamo elastica diretta verso il centro della circonferenza. L equazione della dinamica è quindi F el = m a La forza elastica sarà diretta verso il centro ed opposta all allungamento della molla F el = k l Inoltre, essendo il moto circolare uniforme, l accelerazione è un accelerazione centripeta, ed è quindi legata al raggio R da: a = ω R ove R = Rˆr con R > 0edˆr è il versore radiale (di verso uscente dal centro O). Unendo le due relazioni trovate si ottiene: k l = mω R k l ˆr = mω R ˆr. Prendendo le parti scalari dell equazione qui sopra, e notando che l = R l, si ottiene: k(r l)=mω R kr mω R = kl R = kl k mω 0.13 m 10

11 ESERCIZIO 6 In figura sono riportate le forze agenti su ogni corpo. Scriviamo l equazione della dinamica per i tre corpi: A) T AB + R A + P A = M A a A B) T AB + T BC + R B + P B = M B a B C) T BC + R C + P C + F attr = M C a C Essendo i corpi legati dalle funi, l accelerazione avrà lo stesso modulo per i tre corpi e sarà sempre diretta lungo la direzione parallela al piano. Fissiamo come verso positivo quello dello spostamento verso destra e proiettiamo le equazioni lungo le direzioni parallele e perpendicolare ai piani: A ) T AB M A gsinα = M A a A ) R A M A gcosα = 0 B ) T AB + T BC = M B a B ) R B M B g = 0 C ) T BC M C gsinα + F attr = M C a C ) R C M C gcosα = 0 Poiché i corpi A e C tenderanno a scendere dovremo avere che a < 0. Inoltre la forza di attrito esercitata su C sarà diretta verso destra come indicato in figura, e in modulo sarà pari a F attr = µr C, valore che possiamo sostituire nella C ). Alcune equazioni non servono a trovare i risultati cercati e le eliminiamo. Dalla C ) ricaviamo il valore di R C che sostituiamo nella C ). Aggiungiamo, infine, la relazione sulle tensioni data dal testo per ottenere: A ) T AB M A gsinα = M A a B ) T AB + T BC = M B a C ) T BC M C gsinα + µm C gcosα = M C a T AB = 3 T BC 11

12 che è un sistema di 4 equazioni con le 4 incognite richieste dal problema. Trattandosi di un sistema difficile da risolvere, conviene sostituire i valori di sinα = 1/ e cosα = 3/. Presentiamo qui invece la soluzione completa senza sostituzioni: T AB = 3/T BC 3 T BC = M A (a + gsinα) 3 T BC + T BC = M B a µm C gcosα = M C a + T BC + M C gsinα È possibile ricavare a dalla terza equazione: M B a = 1 3 M Aa M Agsinα T AB = 3 ( M Ba)= 3M B a T BC = M B a M B a = 3 M A(a + gsinα) µ = (M C M B )a M C gcosα + tanα M A T AB = 3 T BC T BC = 3 M A(a + gsinα) T BC = M B a µm C gcosα = M C a M B a + M C gsinα ( ) 1 3 M A + M B a = 1 3 M Agsinα a = gsinα.18 m/s M A + 3M B Le altre tre quantità si ottengono sostituendo a: T AB = 3M AM B M A +3M B gsinα N T BC = M AM B M A +3M B gsinα N µ = M A(M B M C ) M C (M A +3M B ) tanα + tanα = M B(M A +3M C ) M C (M A +3M B ) tanα = tanα = 1 3 Per il calcolo di µ, si osservi come sostituendo le masse si ottiene che il termine di frazione è pari a1. 1

13 ESERCIZIO 7 In figura sono riportate le forze che agiscono su ogni massa. Possiamo ricavare la massa m 3 dalle equazioni della dinamica. In questa configurazione m 1 e m salgono mentre m 3 scende, tutte con velocità costanti, quindi le accelerazioni saranno nulle: 1) P 1 + T 1 + T = M 1 a 1 = 0 ) P + T = M a = 0 3) P 3 + T 3 = M 3 a 3 = 0 Proietto le equazioni lungo la direzione verticale fissando come verso positivo quello della discesa del corpo 3: 1) M 1 g + T 1 T = 0 ) M g + T = 0 3) M 3 g T 3 = 0 La carrucola è ideale quindi T 1 = T 3. Si ha quindi che ) T = M g 1) M 1 g + T 1 M g = 0 T 1 = M 1 g + M g 3) T 3 = M 3 g M 1 g + M g = M 3 g M 3 = M 1 + M = 3kg Quando la massa m si stacca cambiano le equazioni della dinamica per i due corpi rimanenti. Mantenendo lo stesso verso positivo avremo: 1) P 1 + T 1 = m 1 a 1 3) P 3 + T 3 = m 3 a 13

14 Le accelerazioni avranno lo stesso modulo a 1 = a 3 = a, e anche le tensioni T 1 = T 3 = T, quindi: M1 g + T = M 1 a M 3 g T = M 3 a T = M1 a + M 1 g M 3 g M 1 a M 1 g = M 3 a Essendo a > 0sihachem 3 scende e m 1 sale. ESERCIZIO 8 a = g(m 3 M 1 ) M 1 + M 3 = 1.96 m/s In figura è disegnata schematicamente la boccola e le forze che agiscono su di essa. Si deve scrivere l equazione della dinamica e proiettarla lungo le due direzioni del sistema di riferimento scelto. Si noti che il moto avviene solo lungo l asse verticale (a x = 0) e che l accelerazione deve essere diretta verso il basso, quindi a y = g/3. F + R + F attr + P = m a x) F + R = 0 y) mg + F attr = m g 3 x) R = F y) µ d R = ( 1 1 3) mg = 3 mg Sostituendo R nella y): µ d F = mg mg F = = (.kg) (9.8m/s ) = N 3 3µ d

15 ESERCIZIO 9 In figura sono evidenziate le forze agenti sul corpo, con F attr che rappresenta l attrito statico all inizio e dinamico alla fine. Prima che il corpo si muova si tratta di un problema di statica (l accelerazione del corpo è nulla) e da questa condizione siamo in grado di ricavare il valore di F: F + R + F a,s + P = 0 x) F Fa,s = 0 y) R mg = 0 y) R = mg x) F = F a,s = µ s R = µ s mg 5.59 N Quando il corpo inizia muoversi l equazione della dinamica diventa x) F Fa,d = ma y) R = mg F + R + F a,d + P = m a y) R mg = 0 x) µ s mg µ d R = ma Sostituendo R nella x) si ottiene l accelerazione: a = µ smg µ d mg =(µ s µ d )g =( ) 9.8m/s = 1.47 m/s m Avendo trovato l accelerazione, uso l equazione del moto uniformemente accelerato per trovare la velocità raggiunta dopo un tempo t: v = v 0 + a t =(µ s µ d )g t 3.53 m/s 15

16 ESERCIZIO 10 Non sappiamo quale dei due corpi si trovi in basso e quale in alto, sappiamo solo che i corpi scendono con uguale accelerazione. In figura sono mostrati il caso (A) in cui m 1 traina m eil caso opposto (B), e le forze agenti nei due casi: vista la configurazione del sistema esso deve avere un accelerazione diretta a far scendere le due masse. Scriviamo l equazione della dinamica separatamente per i due corpi 1) P 1 + R 1 + T 1 + F a,1 = m 1 a ) P + R + T + F a, = m a a) Analizziamo il caso (A) e proiettiamo le due equazioni lungo le direzioni parallela al piano, x, e perpendicolare, y. Scegliamo per entrambi il verso positivo come quello di salita. Essendo la fune ideale si ha che T 1 = T = T. Quindi si ottiene: 1x) m 1 gsinα + T + F a,1 = m 1 a 1y) R (A) 1 m 1 gcosα = 0 x) m gsinα T + F a, = m a y) R m gcosα = 0 Dalla 1x) otteniamo l accelerazione a: 1x) m1 gsinα + T + µ 1 m 1 gcosα = m 1 a x) m gsinα T + µ m gcosα = m a 1y) R 1 = m 1 gcosα y) R = m gcosα 1x) m 1 gsinα + T + µ 1 R 1 = m 1 a x) m gsinα T + µ R = m a 1x) a = g(µ 1 cosα sinα)+ T m 1 16

17 Sostituendo i dati ed eseguendo il calcolo otteniamo che il termine tra parentesi si annulla: µ 1 cosα sinα = = 1 1 = 0 e che quindi a = T m 1 Abbiamo ottenuto un accelerazione positiva, che vorrebbe dire che il sistema si muove verso l alto, il che è impossibile. Quindi l assunzione per cui sia m 1 il blocco che traina e m quello trainato è sbagliata: si ha quindi che m 1 è trainato e m traina, come indicato nel caso (B). b) Riscrivendo il sistema nel caso (B) 1x) m 1 gsinα T + F a,1 = m 1 a 1y) R (B) 1 m 1 gcosα = 0 x) m gsinα + T + F a, = m a y) R m gcosα = 0 si osserva che esso si ottiene da quello del caso (A) sostituendo T con T. Si avrà quindi che a = T m 1 = 0.5 m/s c) Possiamo ottenere il valore di µ dalla x) dopo aver inserito il valore di a: T x) m gsinα + T + µ m gcosα = m m 1 ( µ m gcosα = m gsinα 1 + m ) T ( µ = tanα 1 + m ) T m 1 m gcosα Si noti come il corpo che traina non sia necessariamente quello più pesante; in questo caso è quello con coefficiente di attrito minore. ESERCIZIO 11 a) Scriviamo l equazione della dinamica per l oggetto lanciato e la proiettiamo lungo i due assi x orizzontale e y verticale. Fissiamo l origine del sistema coincidente con la posizione iniziale del corpo e scegliamo come verso positivo per la x quello concorde con la velocità iniziale. Le forze in gioco agenti sulla massa sono la sua forza peso, la reazione vincolare e la forza di attrito: m 1 17

18 P + R 0 + F attr = m a x) Fattr = ma y) mg + R 0 = 0 y) R0 = mg x) µr 0 = µmg = ma a = µg Il corpo si muove quindi di moto uniformemente decelerato. Utilizzando l equazione della velocità per il moto uniformemente accelerato (con a = µg) e imponendo che all istante t 1 = 1 s si ha v(t 1 )=v 1 = 0, è possibile ricavare il coefficiente di attrito richiesto: v 1 = v 0 + at 1 0 = v 0 µgt 1 µ = v 0 6m/s = gt 1 9.8m/s 1s 0.61 b) Quando la giostra è in rotazione il punto materiale che rimane fisso sulla giostra descrive un moto circolare uniforme, con velocità angolare nota ω 1 = rad/s. Il corpo è quindi soggetto a una forza centripeta orizzontale esercitata dall attrito con la superficie della giostra. Tale forza dà luogo a un accelerazione pari a a c = ω 0 r 1 î dove r 1 è la distanza del corpo dal centro e î è normale alla traiettoria circolare, diretto verso il centro della giostra. In questa nuova configurazione l equazione della dinamica del corpo sarà quindi: P + R 1 = m a c. La reazione vincolare R 1 puó quindi essere ottenuta come differenza tra la forza centripeta m a c e il peso P del corpo: R 1 = m a c P = mω 0 r 1 î + mg ĵ Per ottenere il valore di r 1 occorre tornare al punto a) precedente, e utilizzare l equazione oraria del moto uniformemente accelerato: dalla quale ricaviamo la posizione all istante t 1 : e, infine, la distanza dal centro come x(t)=v 0 t 1 µgt x 1 = x(t 1 )=v 0 t 1 1 µgt 1 = v 0 t 1 1 gt1 = 1 gt 1 v 0t 1 v 0 r 1 = r x 1 = r 1 v 0t 1 = 1m. Possiamo quindi ottenere il modulo della reazione vincolare ( R 1 = (mω 0 r 1) +(mg) = m r 1 ) v 0t 1 + g 9.38 N ω