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Consigli generali per la risoluzione di
un problema
Disegnare il sistema fisico considerato : Se sono coinvolti più corpi ci si concentra sui singoli corpi (es.
casse tirate dalla fune)
Disegnare le forze in gioco in base alle indicazioni del problema
Definire un sistema di riferimento
Scrivere la II Legge della dinamica ( FTOT = ma) e scomporre successivamente le forze nelle componenti x,y (z) rispetto agli assi del sistema di riferimento scelto
Risolvere le equazioni
Esercizio 1
Quanta tensione deve sopportare una fune se viene usata per accelerare su un piano una cassa da 150 Kg ad 1.75 m/s2? (Ignorare l’ attrito) F=T=ma = 150 kg 1.75 m/s2 = 262.5 N
Quanta tensione invece deve sopportare se si vuole far accelerare una utilitaria di 12oo Kg da 0 a 108 Km/h in 10 s? v = v0 + at a=(v-v0)/t = 30/10 m/s2 = 3 m/s2
T=ma = 1200kg 3 m/s2= 3600 N
R.: 3200 N.
3
T
T
Esercizio 2
Durante una partita di calcio un pallone di massa 450 g giunge in prossimità della porta orizzontalmente con una velocità di 54 Km/h. Il portiere riceve la palla e la blocca in 0.10 s. Quale forza viene esercitata dal portiere sul pallone? Dati iniziali:
m=450 g = 0.45 kg
vi = 54 km/h = 15 m/s
vf = 0 m/s
t =0.1 s
Soluzione:
Moto uniformemente decelerato della palla: vf=vi+at a=-150m/s2
F=m|a| =0.45 kg 150 m/s2 = 67.5 N
diretta orizzontalmente e in verso opposto alla velocità della palla (a<0)
vi vf=0 F
a
Esercizio 3
Il rotore di una centrifuga ruota a 54 000 rpm (rotazioni al minuto). La cima di una provetta (perpendicolare all’ asse di rotazione) è a 6 cm dall’ asse di rotazione e il fondo è a 10 cm da esso.
a) Calcolare l’ accelerazione centripeta al fondo della provetta in unità di g
b) Se il contenuto della provetta ha una massa di 12 g, a che forza deve essere in grado di resistere il fondo della provetta?
Dati iniziali:
Frequenza f=54000 giri/min = 900 giri/sec
Rmin=6 cm = 0.06m
Rmax=10 cm = 0.10m
m=12g=0.012kg
Soluzione:
v=(2R)/T=(2/T)R=fR=9000.10=565.2m/s
a=v2/R=(90m/s)2/0.1m=3.2106m/s2=3.26103 g
Fcentr=macentr=0.012kg3.2106m/s2=3.8104N
Rmax
Rmin Fcentr
Esercizio 4
Un blocco di cemento di massa m = 225 kg, è inizialmente poggiato a terra. Mediante una fune verticale esso viene tirato verso l’ alto da una forza F costante di modulo F = 3.5 103 N. Determinare:
Accelerazione impressa al blocco
Intervallo di tempo richiesto perché esso venga sollevato all’ altezza h = 8.50 m
Dati iniziali:
M= 225 kg,
F= 3.5103N,
h=8.5 m
Soluzione:
Le forza che agiscono sul blocco sono la forza peso P e la forza esterna F.
P=mg=225 kg 9.8 m/s2= 2205 N < F
II principio dinamica: F+P=ma , entrambe dirette lungo l’asse verticale, perciò F-P=ma
a=(F-P)/m=(3500- 2205)N/225 kg = 5.7 m/s2
.
F
P
sm
a
htath
sm
73175
5822
2
1
2
2.
.
.
Esercizio 5
Supponiamo che una macchina effettui una curva a
velocità costante (si consideri valida l’ approssimazione di
moto circolare uniforme).
Determinare la velocità massima con cui l’auto può
affrontare una curva di raggio noto R.
Soluzione
Consideriamo un sistema di riferimento a 2 D in cui trascuriamo la
direzione tangenziale ( 2 D : 1 perpendicolare al suolo e l’ altra
diretta radialmente )
R
FA
N
P
Le forze agenti sono : • Forza peso P, • Forza normale N (strada), • Forza di attrito FA (strada) in approssimazione statica rende possibile la traiettoria circolare dell’auto lungo la curva Scomponendo le forze nelle 2 direzioni:
Direzione perpendicolare al suolo : N = mg
Direzione radiale: forza attrito = forza centripeta Fattrito = mac
ove ac = v2/R
L’ auto non slitta fino a quando non si supera il valore massimo della forza di attrito statico data da Fas mSN.
In formule :
mv2/R mSN
mv2/R mSmg =>
La velocità massima con cui l’auto può affrontare la curva senza slittare è:
gRsmv
gRsmmaxv
Esercizio 6
Due blocchi ben levigati di masse m1 ed m2, sono collegati mediante una sottile cordicella ed inizialmente fermi su un pavimento orizzontale liscio e con attrito trascurabile. Mediante una cordicella sottile collegata al blocco di massa m1,un bambino applica una forza F orizzontale e di intensità costante.
Trascurando le masse delle cordicelle determinare le espressioni della tensione T della cordicella che collega i due blocchi e dell’ accelerazione a assunta dal sistema nell’ intervallo di tempo in cui la forza agisce.
Eseguire una applicazione numerica con m1=800g, m2=500g ed F = 10 N.
Nella direzione orizzontale, il II principio della dinamica applicato ai corpi m1 ed m2 dà:
F-T=m1a
T=m2a
Sommando membro e membro le due equazioni a sistema ottengo:
F=(m1+m2)a a= F/(m1+m2)=10N/1.3kg=7.69 m/s2
T=m2a=0.5kg7.69m/s2=3.85N
m2 m1
F T T
Esercizio 7
Un autocarro sta trasportando una cassa di 3200 Kg contenenti macchinari pesanti. Se il coefficiente di attrito statico tra cassa e pianale è ms=0.65, qual è la massima decelerazione con cui il guidatore può frenare giungendo ad uno stop senza che la cassa si proietti contro la cabina di guida?
Dati iniziali: M=3200kg
ms=0.65
Soluzione: FasmsN
N=mg
2
maxas 89650F smgamamg ss /.. mm
v
a
Fa
Carrucola
T
T
P
P
m1g-T = m1a
m2g-T = -m2a
Supponiamo: • massa della carrucola e della fune trascurabili; • fune inestensibile. Scriviamo il II principio della dinamica per m1 ed m2:
a =m1 - m2
m1 + m2
g
T =2m1m2
m1 + m2
g
Se m1=m2 il moto avviene a velocità costante (a=0). Macchina di Atwood
Piano inclinato senza attrito
opo
Forze : reazione normale N e forza peso mg Proiettiamo le componenti delle forze lungo le direzioni parallela e perpendicolare al piano
mamgsinθ
0mgcosθN
mg sinq i -mg cosq j
N
q
q
Dalla seconda equazione si deduce che il corpo si muove sul piano inclinato con accelerazione a=gsenq. L’accelerazione a dipende SOLO dall’inclinazione del piano, non dalla massa dell’oggetto
Piano inclinato con attrito
opo
Forze : • reazione normale N, • forza di attrito FA • forza peso mg Proiettiamo le componenti delle forze lungo la direzione parallela al piano e perpendicolare al piano
Piano inclinato con attrito
Osservazione : se il pacco rimane fermo sul piano inclinato, la forza di attrito Fa è di tipo statico e l’accelerazione a=0. Le equazioni divengono:
0Fmgsenθ
mgcosθμNμF
mgcosθN
as
ssas
La condizione affinché un corpo rimanga in quiete in presenza di attrito statico è F Fas F msN, ovvero:
mg sin(q) < Fas mg sinq < msmgcosq tan(q)<mS
0mgcosθμmgsenθ
mgcosθμNμF
mgcosθN
s
ssas
Esercizio 8
Due masse uguali, collegate da un filo sono disposte come in figura. L’ angolo q vale 30 gradi, il coefficiente di attrito massa-piano è m=0.4.
Al tempo t =0 il sistema viene lasciato libero di muoversi e si osserva che la massa sospesa scende. Determinare l’ accelerazione del corpo sul piano inclinato.
Cosa accade dopo che il corpo tocca terra? Discutere il moto del corpo sul piano inclinato.
R.: 0.75 m/s2
q
1
2
Soluzione esercizio 8
q
1 2
Dati iniziali:
q=30°
m=0.4 t=0 vin=0
y
x
y mg
T
T
N
mg Fattr
T+mg=ma Corpo 1:
Corpo 2: T+mg+N+Fattr=ma
In base alla descrizione del problema il corpo 1 scende verso il basso, il
corpo 2 sale lungo il piano inclinato
a
a
Scegliamo i sistemi di riferimento lungo i cui assi scomporre le forze
q
y
x
y mg
T T N
mgcosq
Fattr
Per semplicità rappresento i
due corpi come puntiformi e
scompongo le equazioni
lungo gli assi
1: mg+T=ma mg-T=ma
2: T+mg+N+Fattr=ma T-Fattr-mgsenq=ma
mgcosq=N
mgsenq
q
mg-T=ma
T-Fattr-mgsenq=ma
mgcosq=N
Quanto vale la forza di attrito?
Fattr = mN = m mgsenq (utilizzando la terza equazione del sistema)
mg-T=ma
T-m mgcosq-mgsenq=ma
T=mg-ma
mg-ma-m mgcosq-mgsenq=ma
q
y
x
y mg
T T N
mgcosq
Fattr
mgsenq
q
g-m gcosq-gsenq=2a a=1/2g(1-m cosq-senq)=0.75m/s2
Esercizio 9
Un’ autovettura ha delle ruote molto logore ed il conducente intende parcheggiare la macchina su di una strada sterrata in pendenza. Se il coefficiente di attrito statico fra pneumatici e superficie stradale è ms=0.5, qual è il massimo angolo d’ inclinazione che la superficie stradale può avere perché la macchina possa rimanere parcheggiata senza slittare?
Soluzione esercizio 9
La condizione affinché l’auto di massa m rimanga in quiete è:
F Fattr
ove F è la somma delle forze
che agiscono nella direzione
del piano inclinato
Dalla seconda legge della dinamica, scomponendo le forze agenti
nelle direzioni x,y, si ha:
q
mg
N Fattr
mgcosq
mgsenq y
x
0mgsenθ-Nμ
0mgcosθN
s
0mgsenθ-mgcosθμ
mgcosθN
s
Dunque, nel nostro caso
F=mgsenq componente della forza peso nella direzione del piano
inclinato, che deve equilibrare la forza di attrito statico