- ESERCIZIO 1 - Un'autovettura di massa m percorre una curva di raggio R e angolo θ a velocità costante in modulo. Se il coefficiente di attrito statico tra pneumatici e asfalto è pari a µs, si determini: a) il modulo vmax della velocità massima con la quale l'auto può percorrere la curva. Se l'auto si muove con velocità v1 si determinino: b) il modulo Fas della forza di attrito statico tra l'auto e l'asfalto; c) l'intervallo di tempo t impiegato per percorrere la curva d) si rappresenti il grafico θ(t) della posizione angolare di m lungo la curva tra gli istanti t1 = s e t = 5 s. DATI NUMERICI Compito A: m = 700 kg R = 50 m θ = 140 µs = 0.7 v1 = 36 km/h Compito B: m = 850 kg R = 75 m θ = 15 µs = 0.6 v1 = 54 km/h SOLUZIONI Diagramma delle forze a) L unica forza agente nel piano della curva è la forza di attrito statico tra pneumatici e asfalto. Poiché il corpo percorre la curva a velocità costante, l unica componente di accelerazione è rivolta in direzione normale alla traiettoria e deve essere dovuta all unica forza agente nel piano della curva, ovvero alla forza di attrito statico. La II legge della dinamica (con riferimento al sistema di riferimento in figura) si scrive quindi in direzione normale e nella direzione verticale come: v I: lungo û N Fas=mac= m R II: lungo la verticale N mg=0 Da cui: m R v = Fas µsn = µsmg, da cui v µ sgr, quindi a) vmax= µ sgr b) Se il corpo si muove con velocità v1<vmax, continua a valere la I precedentemente scritta, quindi b) Fas = m R v 1 c) Il corpo si muove lungo la curva a velocità costante in modulo. La lunghezza della curva (ovvero
dell arco di circonferenza) è L=Rϑ. Dalla legge del moto uniforme si ottiene t = d) c) t = Rθ v 1 L, quindi v 1 SOLUZIONI NUMERICHE Compito A: vmax = 18.5 m/s Fas = 1400 N t = 1. s Compito B: vmax = 1.0 m/s Fas = 550 N t = 10.9 s - ESERCIZIO - Un corpo di massa m1 e dimensioni trascurabili, inizialmente fermo su un piano orizzontale liscio, viene messo in moto da un impulso in modulo pari a J come rappresentato in figura. In seguito, m1 attraversa una porzione di piano scabro di lunghezza d, uscendone con velocità vb. Si determinino: a) il modulo va della velocità di m1 nell'istante in cui cessa l'azione dell'impulso r J ; b) il coefficiente di attrito dinamico µd tra il piano scabro e la massa m1. Superato il piano scabro, il corpo m1 urta in modo completamente anelastico una massa m di dimensioni trascurabili ferma su un piano orizzontale liscio. Dopo l'urto, i due corpi rimangono attaccati e giunti al termine del piano orizzontale proseguono il moto su un piano inclinato liscio. Si determinino: c) il modulo vf della velocità dei due corpi immediatamente dopo l'urto; d) la massima altezza h rispetto al suolo raggiunta dai due corpi durante la salita del piano inclinato. DATI NUMERICI Compito A: m1 = 500 g J = Ns d = 40 cm vb = 3.6 m/s m = 100 g Compito B: m1 = 300 g J = 1 Ns d = 80 cm vb =.5 m/s m = 00 g
SOLUZIONI r r a) Per il teorema dell impulso vale = p r = m (v r v ). Proiettando in direzione x (unica J 1 1 a 0 direzione del moto) e considerando che il corpo è inizialmente fermo si ottiene: J = m1va, da cui: a) va= b) Sul corpo agiscono la normale N r e la forza peso che non compiono lavoro perché perpendicolari allo spostamento. Agisce inoltre la forza di attrito dinamico, parallela e opposta allo spostamento. r r Dal teorema dell energia cinetica varrà: K= i Fad ds = Fad dx cosα = Fad dx = J m 1 W =Wad= µdmgd (poiché forza e spostamento hanno verso opposto, α = 180 e cosα= 1), da cui 1 1 mvb mva = µdmgd, quindi: b) µd = va v gd b c) L urto è completamente anelastico, non vincolato. Si può impostare la conservazione della quantità di moto nel sistema: =0. Considerando che l urto in questo caso è monodimensionale e che m è inizialmente fermo, la conservazione della quantità di moto si imposta lungo l asse delle x come: m1vb=(m1+m)vf, da cui si ricava: c) vf = m1 m + m 1 vb d) Poiché il piano è liscio, sul sistema formato dai due corpi durante la salita agiscono solo la normale N (perpendicolare allo spostamento, quindi non compie lavoro) e la forza peso (conservativa). Possiamo quindi imporre la conservazione dell energia meccanica: E= Ug+ K=0. Prendendo come quota di riferimento per la valutazione dell energia potenziale della forza peso la quota della base del piano e considerando che giunto alla quota massima il sistema ha velocità nulla 1 abbiamo: (m1+m)gh (m1+m)vf =0, da cui: d) h = v f = g m 1 1 (m + m ) vb g SOLUZIONI NUMERICHE Compito A: a) va = 4.0 m/s b) µd = 0.39 c) vf = 3.0 m/s d) h = 0.46 m Compito B: a) va = 3.3 m/s b) µd = 0.31 c) vf = 1.5 m/s d) h = 0.11 m
ESERCIZIO 3 Una lastra omogenea di lunghezza L e massa m poggia su un cilindro di massa m e raggio R e su un supporto liscio S di altezza R fissato al pavimento. Inizialmente, il punto P di appoggio tra la lastra e il cilindro coincide con l estremo destro della lastra e il supporto si trova a distanza d dal punto P. Il sistema è inizialmente in quiete. Si determini: Figure 1: a) il modulo R N della reazione normale tra il supporto S e la lastra. All istante t 0, viene applicata alla lastra una forza orizzontale di modulo F = N (vedi figura ) e il sistema si mette in moto. Tra la lastra e il cilindro e tra il cilindro e il pavimento è presente attrito (coefficiente di attrito statico µ s ), mentre tra il supporto S e la lastra non c è attrito. Si nota che il cilindro rotola senza scivolare rispetto al pavimento e che la lastra non scivola rispetto al cilindro. b) Si rappresenti il diagramma delle forze per la lastra e per il cilindro all istante t 0. Si determinino nel sistema di riferimento rappresentato in figura : c) l accelerazione angolare α del cilindro, d) la forza di attrito statico f as,cp tra il cilindro e il pavimento. Figure :
DATI NUMERICI COMPITO A: L = 5 m m = 10 kg R = 0.5 m d = 3 m F = N µ s = 0.4 COMPITO B: L = 4 m m = 8 kg R = 0.4 m d = 3 m F = 4 N µ s = 0. SOLUZIONE a) Impostiamo le equazioni delle forze e dei momenti per la lastra S nel caso statico: i F i = 0 e i M i = 0, scegliendo come polo per i momenti il punto P di contatto tra la lastra e il cilindro: Figure 3: (il versore û z è uscente dal piano del foglio) dr N + L mg = 0 lungo ẑ (1a) R N + N L,C mg = 0 lungo ŷ (1b) Dalla a otteniamo subito: a) R N = L d mg
b)il diagramma delle forze per la lastra e per il cilindro all istante t 0 è: c) Impostiamo ora le equazioni delle forze i F i = m a per entrambi i corpi e l equazione dei momenti i M i = d L per il cilindro. Scegliendo come polo per i dt momenti il punto C di contatto tra il cilindro e il pavimento, e considerando il moto del cilindro di pura rotazione attorno a C, si ha: i M i,c = I c α, dove α = αû z con û z uscente e α è la componente di ˆα lungo z. Dunque il sistema di equazioni è il seguente: F F as,1 = ma L (a) F as,1 + F as, = ma CM,C (b) RF as,1 = ( 1 mr + mr )α F as,1 = 3 4 mαr (c) a CM = αr a L = αr (d) (e) Dove d rappresenta la condizione di puro rotolamento del cilindro e la e rappresenta la condizione di non scivolamento della lastra rispetto al cilindro. I segni sono scelti coerentemente con il sistema di riferimento scelto, e mostrato in Figura 3. Sotituendo la c tramite la e nella a, si ottiene: F + 3 mαr = mαr 4 ovvero: dunque F = 11 4 mαr α = 4 F 11 mr c) α = αû z = 4 F 11 mrûz (3) 3
Sostituendo la 3 nella c si ottiene: F as,1 = 3 11 F che sostituita a sua volta nella b dà: F as, = 4 11 F 3 11 F = 1 11 F d) Fas,cp = 1 11 F û x SOLUZIONI NUMERICHE COMPITO A: R N = 81.7 N c) α = 0.15 rad/sec û z d) Fas,cp = 0.18 N û x COMPITO B: R N = 5.3 N c) α = 0.45 rad/sec û z d) Fas,cp = 0.36 N û x