soluzione - Infn

Esercizio n°1Un blocco di massa m = 2 kg e dimensioni trascurabili, cade daun’altezza h = 0.4 m rispetto all’estremo libero di una molla dicostante elastica K = 1960 N/m disposta verticalmente. Calcolare lamassima compressione della molla.zDATI:m = 2 kgh = 0.4 mK = 1960 N/ma)?x maxl 02

Svolgimento esercizio 1 (1)a) Il problema si risolve energeticamente:zCalcoliamo l’energia meccanica totale nellasituazione iniziale e finale:E iniz= E pgrav m=mg hl 0 E fin =E pgrav mE pel =mg l 0 −Δx 1 2 K Δx 2xl 0t iniz t finSi ottiene l’equazione di secondo grado:Δx= mgK ± mgKApplichiamo la conservazione dell’energia meccanica:E ≡E ⇔fin inizmghmg l 0 =mg l 0 −mg Δx 1 2 K Δx 2 Δx 2 − 2mgK2 2mghK = { 0. 1−0 .082 mghΔx−K=0 Questa è lasoluzionecorretta3

Svolgimento esercizio 1 (alternativo)0za) Alternativamente possiamo risolvere il problema fissando il livello 0 incorrispondenza dell’estremo libero della molla a riposo:∆xl 0t iniz t finCalcoliamo l’energia meccanica totale nellasituazione iniziale e finale:E iniz= E pgrav m=mghE fin =E pgrav mE pel =−mg Δx 1 2 K Δx 2Applichiamo la conservazione dell’energia meccanica:E fin≡E iniz⇔Δx= mgK ± mg2 2mghK K = { 0. 1−0 .08mgh=−mg Δx 1 2 K Δx 2Si ottiene l’equazione di secondo grado: Δx 2 − 2 mgK2 mghΔx−K=0 Questa è lasoluzionecorretta4

Esercizio n°2Una molla ideale può essere compressa di 1 m da una forza di 100 N.Tale molla è posta alla fine di un piano inclinato liscio che forma unangolo di 30° con l’orizzontale. Una massa M = 10 kg è lasciata cadereda ferma dal vertice del piano inclinato e si ferma momentaneamentedopo aver compresso la molla di 2 m.a. Quanto vale il tratto percorso da M prima di fermarsi?b. Qual è la velocità di M un istante prima di toccare la molla?MDATI:x = 1 m per F = 100 N= 30°M = 10 kgx 0= 2 m(a)? distanza percorsa primadi fermarsi (d)(b)? velocità di M prima di toccarela molla5

Svolgimento esercizio 2 (1)(a) Calcoliamo la costante elastica della molla:K= F Δx =100 N mPer risolvere energeticamente il problema, dobbiamo fissare il livello 0 rispetto alquale misurare l’altezza di M. Poniamo come livello 0 quello corrispondente allaposizione di massima compressione della molla. Chiamando d la distanza percorsada M per comprimere la molla di x 0, otteniamo:OθdAhE A=Mgh=Mgdsen θ E O = 1 2 K Δx 0 2Imponiamo la conservazione dell’energia meccanica:E O=E A⇒Mgdsenθ= 1 2 K Δx 0 2Quindi:d= K Δx 20=4 . 08 m2 Mgsen θh=dsenθ=2 . 04 m6

Svolgimento esercizio 2 (2)(b) Consideriamo l’istante immediatamente precedente a quello di contattocon la molla; in tale situazione la molla è a riposo:0θx 0Bh’AhL’altezza di M rispetto al livello 0 inquesto caso è:E A=Mgh=Mgdsen θh'=Δx 0sen θ=1mCalcoliamo l’energia meccanicatotale di M nei punti A e B:E B = 1 2 Mv 2 B Mgh'= 1 2 Mv 2 BMg Δx 0 senθImponiamo la conservazione dell’energia:Quindi:=12 Mv 2 BMgh'=Mgh⇒ v BE B≡E A2 Mg h−h' M=4 .5 m s7

Esercizio n°3Un corpo puntiforme di massa m = 100 g è appoggiato ad una molla dicostante elastica K = 100 N/m, compressa rispetto alla sua lunghezza a riposo,e tenuto fermo. Corpo e molla sono posti su un piano orizzontale liscioRaccordato nel punto A con una guida circolare verticale di raggio r = 80 cm,come in figura, a cui il corpo è vincolato (non può cadere).Ad un certo istante si lascia libero il corpo. Calcolare:a) la compressione della molla tale che il corpo possa raggiungere B;b) la velocità del corpo in A;c) l’espressione dell’accelerazione del corpo in un generico punto dellaguida circolare;d) la reazione vincolare nel punto A e nel punto B.PDATI:m = 100 gK = 100 N/mr = 80 cmV 0= 0 m/sa)? x molla tale che m arrivi in Bb)? v Ac)? espressione a(P)d)? N A, N B8

zSvolgimento esercizio 3 (1)a) Il problema va risolto energeticamente:B∆xrOACalcoliamo l’energia meccanica totaledel punto materiale di massa m neipunti 0, A e B:E O =E pel.= 1 2 K Δx 2E A =E k = 1 2 mv 2AE B=E pgrav=mg 2r.L’energia meccanica totale si deve conservare, dato che non ci sono in gioco forzenon conservative:E 0≡ E A≡E BPer calcolare x basta prendere l’uguaglianza:⇒ 1 2 K Δx 2 =2 mgr ⇒E 0≡ E BΔx= 4 mgrK=0. 18 m9

Svolgimento esercizio 3 (2)b) Per risolvere il secondo punto sfruttiamo sempre la conservazionedell’energia meccanica ed utilizziamo la seguente uguaglianza:E A≡E B⇔ 1 2 mv 2 A=2 mgr ⇒ v A= 4 gr=5.6 m sc) Consideriamo un generico punto P della guida circolare, la cui posizione èindividuata dall’angolo θ:a Na tNPL’equazione dinamica di m in P è:PN=m ache in componenti diventa:P{ ur N−mg cosθ=ma Nu t −mgsenθ=ma tFacilmente si ricava:{a N= N−mgcosθma t=−gsenθPoiché il moto è suuna circonferenzadi raggio r:{ a N= v2ra t=−gsenθ10

Svolgimento esercizio 3 (3)a θ = a 2 N a 2 t = = N−mgcos θ22Quindi:−gsenθ 2 −gsenθ 2mrDove v è la velocità del corpo, la quale si ottiene dalla conservazionedell'energia:E tot=E B⇒ 1 2 mv2 mgr 1−cos=mg2r⇒ m v2=2mg 1cosrd) Per calcolare il valore delle reazioni vincolari nei punti A e B,valutiamo l'espressione della reazione vincolare in un punto qualunquedella guida.La componente radiale della risultante delleforze agenti è pari alla forza centrifuga: v2N−P N=N−mg cos= mv2rDa cui si ottiene:N =mg cos mv2r=mg23 cos=0⇒ N A=5m g=4.9 N=⇒ N B=−m g=−0.98 N11

Svolgimento esercizio 3 (4)Data la formula precedente della reazionevincolare si ha che essa si annulla in: 0N 0 =0 ⇒cos 0 = −23 ⇒ 0=131.8°Per angoli inferiori a 0si ha che la reazione vincolare è versol'interno della circonferenza, per angoli superiori a 0si ha che lareazione vincolare è verso l'esterno.Ciò avviene perchè il corpo è vincolato alla guida.Se non fosse vincolato il corpo si staccherebbe dalla guida in 0eprocederebbe con una traiettoria parabolica.

Esercizio n°4Su un piano orizzontale privo di attrito è inizialmente fermo un cuneo dimassa M = 2 kg, la cui sezione è costituita da due segmenti dilunghezza l = 60 cm e da un arco di cerchio di raggio R. Un corpo dimassa m = 0.5 kg viene lanciato contro il cuneo lungo il pianoorizzontale. Determinare:a) la minima velocità che deve avere il corpo m per arrivare nel punto Pad un’ altezza l/2 rispetto al piano;b) la velocità del cuneo nel momento in cui m raggiunge P.MmDATI:M = 2 kg (cuneo)m = 0.5 kg (corpo)l = 60 cm(a)? V mintale che m arriviin P ad altezza l/2(b)? Velocità di M13

Svolgimento esercizio 4 (1)(a) Abbiamo un sistema a due corpi. Si devono conservare sia la quantità dimoto che l’energia totale del sistema:Situazione iniziale:p i=p mp M=p m=mv m⇒ p m=mv mE i =E k E k =E k = 1m M m 2 mv 2mSituazione finale: il sistema cuneo + corpo si muove con velocità :p f=mM v fE f =E k sistema E pot m= 1 2 mM v f 2 mg l 2Quindi, conservando la quantità di moto e l’energia totale del sistema, otteniamo:{ mv m=mM v f12 mv 2 m= 1 2 mM v 2 fmg l 2(1)(2)v f14

Svolgimento esercizio 4 (2)Dalle equazioni (1) e (2) possiamo ricavare sia la velocità v mche v fv f= mv mm M 2 ⇒ 1 2 mv 2 m= 1 2 mM m 2 2v m mM mg l 2 2Dalla (1) ricaviamo:Di conseguenza si ricava:v m =gl mM M=2 .7 m sv f =mm M v m =0 . 54 m s15

Esercizio n°5Tarzan, che pesa 688 N, salta da una roccia appeso a una provvidenzialeliana lunga 18m. Dall’alto della roccia al punto più basso della sua oscillazionecala di 3,2 m. La liana è soggetta a rompersi se la tensione su di essa supera950 N. Arriverà a rompersi? Se sì, indicare a quale angolo rispetto allaverticale si rompe. Se no, calcolare la massima tensione che deve sopportare.DATI:P = 688 Nl = 18 mh= 3.2 mSe T> T 0la liana si spezzaT 0= 950 Na) La liana si spezzaSi a quale angoloNo T max16

Svolgimento esercizio 5 (1)(a) Lo schema dell’esercizio è il seguente, avendo fissato come livello 0 perl’energia potenziale il livello più basso dell’ oscillazione di Tarzan:OE i=E pgrav= Mg ΔhE P = E pgravE cin. =Mgh P 1. 2 Mv 2p∆hAPh PBldove:h P=l−l cosθ=l 1−cos θ Quindi conservando l’energia totale del sistema, otteniamo:E iniz =E P ⇔ Mg Δh=Mgh P 1 2 Mv 2 p⇒v p 2 =2g [ Δh−l 1−cosθ ]17

Svolgimento esercizio 5 (2)A questo punto calcoliamo la tensione della liana. Possiamo eguagliare lacomponente radiale della risultante delle forze agenti su M alla forza centripeta:T PPQuindi:PθOBlT P− Mgcos θ=F centr=M v 2Pl ⇒e sostituendo l’espressione trovata di v Potteniamo:T P = 2 MglIl valore massimo della tensione si ottiene quando:dTdθ2ΔhT max=T θ=0 =Mg1 l[ Δhl cosθ−1 ]Mg cosθ=0⇔−3 Mgsen θ=0⇔ θ=0 =P 2Δh1lPosizione verticale=932, 6NLa liana non si spezza poiché T max< T 018

Esercizio n°6Un corpo inizialmente in quiete, viene lasciato scivolare senza attrito lungouna guida circolare di raggio R che termina con un tratto rettilineo lungo ilquale il corpo procede con un attrito dinamico dper un tratto D = 10 m, altermine del quale si trova una nuova guida circolare di raggio r=R -1 m lungola quale il corpo procede senza attrito,Sapendo che il corpo imbocca il tratto orizzontale dopo aver percorso la primaguida circolare per un quarto di cerchio e che ha velocità nulla nel momentoin cui ha percorso la seconda guida per un quarto di cerchio, calcolare ilcoeficente di attrito dinamico d.RrDATI:Rr = R -1D = 10 m? dD

Svolgimento esercizio 6 (1)ARDrBDefiniamo il punto A come ilpunto in cui inizia la guidaorizzontale ed il punto B doveessa termina.Per la conservazionedell'energia meccanica, sulleguide circolari lisce si ha:E kA =mgR= 1 2 mv 2AE kB =mgr= 1 2 mv 2BLungo il tratto rettilineo le forze agenti sono:P N F ad=m a{ F x =−F a =− d N=−m aF y =N−P=0 ⇒ N=P=mg

Svolgimento esercizio 6 (2)W AB =∫ AB F ad ⋅ds=−∫ 0Dd N dx=− d m g DPoiche il lavoro della forza di attrito è pari alla variazione dienergia cinertica, risulta allora:W AB =− d m g D=E kB −E kA = 1 2 mv 2 B−v 2 A =mgr−R d= R−rD =0.1

Esercizio n°7Un blocco di massa m = 0.3 kg si sulla sommità di una guida circolare diraggio R = 2.2 m. Nell’istante t = 0 il blocco ha la velocità v 0= 5.8 m/s ecomincia a scendere lungo la guida, cui è vincolato. Nella prima metà la guidaoppone al moto una forza tangenziale di attrito con modulo costante F = 3.1N, nella seconda metà la guida è liscia. Calcolare la reazione della guidanell’istante in cui il blocco passa nella posizione individuata dall’angolo =30°DATI:m = 0,3 kg (corpo)R = 2,2 mt=0 V 0= 5,8 m/sF tang. attrito: F=3,1N=30°? Reazione vincolare in P22

Svolgimento esercizio 7 (1)(a) Lo schema dell’esercizio è il seguente, avendo fissato come livello 0 perl’energia potenziale quello in figura:AE iniz = E pgravE cin =mg 2R 1 2 mv 20Bh pPW =∫ APABF attr⋅ds=∫AE P = E pgravE cin. =mgh P 1. 2 mv 2pdove: h P=R−R cos θ=R 1−cosθ L’energia non si conserva dato che tra A e Binterviene una forza tangenziale di attrito nonconservativa. La variazione di energia tra O e P èuguale al lavoro della forza di attrito nello stessotratto.E P−E iniz=W APF attr⋅ds=−F 1 4 2πR =− 1 2 π RFpoiché la forza di attrito interviene solo nel tratto A-B23

Svolgimento esercizio 7 (2)Quindi:E P − E iniz =W AP ⇔mgR 1−cosθ 1 2 mv 2 P−2 mgR− 1 2 mv 2 0=− 1 2 π RFCalcoliamo la reazione normale della guida nel punto P. Possiamo eguagliare lacomponente radiale della risultante delle forze alla forza centripeta:PPv P 2 =v 0 2 2 gR 1cos θ − π RFmθN PON = mv 20PR⇒ v P=6.54m/ sN P−mg cosθ=F centr=m v 2PR ⇒E sostituendo l’espressione di v Potteniamo:mg 23 cosθ −πF=8,37 NLa reazione vincolare è verso l'alto, poiché il corpo è vincolato alla guida24