Meccanica 3 Aprile 25 Problema (due punti) Due corpi di massa m = kg e m 2 =8 kg sono collegati da una molla di costante elastica K= N/m come in figura. Al corpo m è applicata una forza F=56 N. Trovare la compressione della molla x nel caso a) i corpi scivolino sulla superficie senza attrito b) oppure con coefficiente di attrito dinamico =.2. Problema 2 (3 punt) Su un piano inclinato di angolo =3 due masse m =3 kg ed m 2 =2.5 kg sono collegate come in figura con un filo inestensibile di massa trascurabile. La puleggia, di raggio =2 cm e massa M=2 kg, ruota permettendo al filo di scorrere senza strisciare. La massa m 2 scorre senza attrito sul piano del cuneo mentre la massa m scende a causa della forza peso. a) Trovare le tensioni del filo T e T 2 e la accelerazione a delle due masse m ed m 2 b) Trovare la massa di m 2 che sarebbe necessaria per mantenere il sistema in equilibrio statico nel caso il coefficiente di attrito tra m 2 e cunei valga =.2.
Problema 3 (3 punti) Una ruota (disco), senza moto rotatorio iniziale, viene fatta traslare con velocità iniziale V=2 m/s lungo un piano di coefficiente di attrito dinamico =.2. Venuto a contatto col piano, il disco rotola e striscia. Trovare: a) la distanza a partire dalla quale il moto diventa di puro rotolamento; b) la frazione di energia meccanica iniziale persa prima di arrivare al puro rotolamento. Problema 4 (2 punti) Un punto di massa m=2 kg scivola senza attrito lungo la pista in figura, di raggio = m. La massa viene rilasciata con velocità iniziale nulla da una altezza h=3 m. a) Si determini la reazione vincolare N in funzione dell angolo. Trovare il valore di N per =9 e =8 (posizione verticale). b) Qual è la altezza minima da cui rilasciare il carrello perché esso percorra l intera guida circolare?
Soluzioni Problema Il sistema si muove con accelerazione pari a F a = = 2 m/s 2. m + m 2 La seconda legge della dinamica applicata alla massa 2 fornisce: x = m 2a K =.36 m In presenza di attrito si ha: F μgm μgm 2 = (m + m 2 )a, da cui come nel caso senza attrito. a = F m + m 2 μg =.38 m/s 2 Kx μg m 2 = m 2 a, x = m 2a + μg m 2 K =.36 m, Problema 2 Si ha il sistema (si notino gli indici e 2 come da figura e il segno del momento sulla puleggia concorde a quello della accelerazione su m ): T 2 + m g = m a m 2 g senθ T = m 2 a T 2 T = 2 M2 a Si noti che con i segni scelti a sarà una quantità positiva se la massa m scende. La risoluzione del sistema fornisce: a = g(m m 2 senθ) m + m 2 + M 2 = 2.64 m/s 2, T 2 = m (g a) = 2.5 N, T = T 2 M a = 8.87 N. 2
Nel caso statico, le due tensioni sono uguali (T =T 2 =T), il momento sulla puleggia si annulla e si ha: T m g =, m 2 g senθ + μg m 2 cosθ T = da cui m 2 = m = 4.46 kg senθ + μ cosθ Problema 3 Durante la fase di strisciamento e rotolamento è attiva la forza di attrito dinamico f = μmg, pari ad una accelerazione a=f /m= g. Pertanto, le velocità angolare e del centro di massa della ruota variano col tempo come segue: I dω dt = μmg V(t) = V μgt; 2 M2 ω = μmg t ω(t) = 2μg t () Il tempo t al quale avviene il puro rotolamento è dato dalla condizione: V μgt = 2μg t V t = (2) 3μg Da questo istante il disco procede con velocità angolare e di traslazione costanti e pari a: V(t ) V = 2 3 V, ω(t ) = V. La risposta alla prima domanda (lo spazio percorso L) è quindi, dalla (2): L = V t μgt 2 2 = V2 μg 3μg 2 V2 9μ 2 g 2 = 5 8 V 2 μg =. 57 m. (3) Per la seconda domanda basta fare la differenza tra la energia meccanica iniziale e quella all istante del puro rotolamento: 2 MV2 2 M V 2 2 2 I (V ) = 2 MV2 M 2 (2 3 V)2 2 2 M2 ( 2 V 3 )2 = 2 MV2 [ ] (4) 3 E interessante confrontare questo risultato con il lavoro svolto dalla forza di attrito. Se consideriamo tutta la lunghezza L, otteniamo un risultato sbagliato, perché lungo L
avviene sia il rotolamento che lo strisciamento. Il lavoro della forza di attrito avviene lungo la parte data dal percorso totale L meno la parte di rotolamento. Dalle (), (2) e (3) si ha: θ L att = L V 3μg dθ = L ω(t) V 3μg dt = L 2μg t dt = 5 8 V 2 - V 2 = V 2, μg 9 μg 6 μg e quindi il lavoro è dato da: V 2 6μg W = μmg dx = come nella (4), pari a /3 dell energia iniziale. 2 MV2 [ 3 ], Problema 4 Dalla seconda legge della dinamica e dalla conservazione della energia meccanica si ha: da cui: N mg cos α = mv2, mgh = 2 mv2 + mg( cos α) Nei due casi richiesti (cos = e cos = ), si ha + 3 cos α 2) 2) = 78.48 N, 5) = 9.62 N L altezza minima per un giro completo si ottiene con la condizione N=: 5) = h = 5 = 2.5 m. 2
isultati Ammessi senza restrizione di voto: Matricola voto Matricola voto 426868 427638 429894 9.5 432 8 436 8 42652 8 427989 7 427948 6.5 427344 8 Ammessi con limite di voto massimo (tra parentesi) Matricola voto Matricola voto 424722 5 (29) 42982 5 (29) 428735 5 (29) 43654 4 (28) 426567 4 (28) 42762 4 (28) 4277 4 (28) 4362 3 (27) 426734 3 (27) 43235 3 (27) 4245 3 (27) Non ammessi: Matricola voto Matricola voto 4398(?) 2 42724 2 427884 2 429634 2 42798 42649 2 4322 2 4276 47736-426728 42662 43949 2 4972-42769 2 427696-426424 - 427393-426767 - 42838 42697 -