Problema 1 - Istituto Nazionale di Fisica...

1

Problema 1

Un blocco di massam= 2 kg scivola lungo un piano inclinato di un angoloθ= 30◦ partendo con velocita iniziale nulla. Dopodichedeve percorrere un “cerchio della morte” di raggioR= 1.2 m, come illustrato in figura.(a) Nell’ipotesi che non vi sia attrito, da quale quotah1 deve partire il blocco perche riesca a percorrere il cerchio della mortesenza cadere. (b) Nell’ipotesi che il piano inclinato sia scabro con coefficiente di attrito dinamicoµd = 0.2, da quale quotah2 devepartire il blocco perche riesca a sempre a percorrere il cerchio della morte senza cadere. (c) In fondo al piano orizzontale e postauna molla con costante elasticak= 150 N/m. Di quanto si contrae,∆x, la molla in seguito all’urto con il blocco?

R

m

h

Conviene usare la conservazione dell’energia. Affinche ilblocco possa compier il giro della morte, occorre che nel punto dimassima altezza (quando il blocco e capovolto) la forza centrifuga sia maggiore o uguale alla forza peso, cioe deve essere

mv2

R= mg

D’altra parte la velocita del blocco alla sommita del giro,la troviamo con la conservazione dell’energia:

mgh= mg2R+12

mv2 ⇒ v2 = 2g(h−2R)

Sostituendo questo valore div2 nell’equazione di sopra otteniamo

Rg= 2g(h−2R) ⇒ h=52

R= 3 m

Se c’e attrito sul piano inclinato, applichero la conservazione dell’energia considerando che parte dell’energia iniziale (tuttapotenziale) se ne va in lavoro d’attrito dunque:

mgh= mg2R+µdmgcosθh

sinθ+

12

mv2 ⇒ v2 = 2g[

h(

1−µd

tanθ

)

−2R]

da cui otteniamo subito

Rg= 2g[

h(

1−µd

tanθ

)

−2R]

⇒ h=5R

2(1− µdtanθ )

= 4.59 m

Infine la compressione della molla la ricaviamo sempre dallaconservazione dell’energia applicata tra il punto di massima quotanel giro e il punto di massima compressione della molla quando il blocchetto si ferma.

2mgR+12

mv2 =12

k∆x

e usando l’espressione della velocita data dalla prima equazione otteniamo

2mgR+12

mgR=12

k∆x ⇒ ∆x=5mgR

k= 0.78 m

2

Problema 2

Un blocco pesante di massaM = 10 kg puo scivolare su un piano orizzontale scabro. Il coefficiente d’attrito dinamico valeµd = 0.2. Una molla di costante elasticak = 300 N/m (inizialmente non compressa e non allungata) si trova fra il blocco e unaparete verticale (vedi figura). Si comprime la molla spingendo il blocco e facendo un lavoroL = 47.3 J.(a) quanto vale la compressione∆x della molla? Il blocco viene rilasciato e la molla si distende spingendo il blocco fino ariassumere la lunghezza iniziale: (b) quanto lavoro e stato dissipato in attrito? (c) Qual e la velocita del blocco intale istante?Il lavoro che si fa comprimendo la molla va un po’ in energia poten-ziale della molla che si comprime e un po’ si perde in attrito.Potremodunque scrivere:

L =12

k∆x2+µdMg∆x

La stessa equazione viene fuori se scriviamo la conservazionedell’energia meccanica con del lavoro fatto, nel modo:

Ei +L+Lattr = Ef ⇒ L−µdMg∆x=12

k∆x2

e in quest’ultima equazione i termini di lavoro vanno scritti con i lo-ro appropriati segni mentre in quella di sopra sono intrinsecamentepositivi.Abbiamo un’equazione di secondo grado in∆x che risolta, fornisce lesoluzioni:

∆x=−µdMg±

√

µ2dM2g2+2kL

k⇒ ∆x1 = 0.50 m, ∆x2 =−0.631 m

di cui va evidentemente scelta la soluzione positiva in quanto nelle equazioni di sopra, riguardanti la conservazione dell’energia,il termine∆x e da intendersi come la lunghezza del percorso e dunque positivo.Il lavoro della forza di attrito, quando il blocco passa dalla posizione di compressione massima alla posizione di riposo della mollae semplicemente:

Lattr = Fattr ·∆x1 =−µdMg∆x1 =−9.81µJ

dove il segno meno tiene conto che la forza di attrito e opposta alla direzione del moto.Per trovare la velocita quando il blocco ripassa per la posizione di riposo, applichiamo nuovamente la conservazione dell’energiameccanica come:

12

k∆x21+Lattr =

12

Mv2 ⇒12

k∆x21 =

12

Mv2+µdMg ⇒ v=

√

kM

∆x21+2µdg∆x1 = 3.08 m/s

3

Problema 3

Un blocchetto pesante scivola su un piano inclinato (α = 30o) scabro, con coefficiente d’attrito dinamicoµd. All’istante inizialeesso ha una velocitaV0 diretta nel senso della salita. Dopo aver percorso un trattoL = 1 m si ferma e comincia a scendereripassando nel punto dove si trovava all’inizio con velocitaV0/2.Calcolare: (a) il coefficiente di attritoµd; (b) la velocitaV0 e (c) il tempoT impiegato per tornare alla posizione iniziale.

Un tale problema, almeno per quanto riguarda le prime due domande si puo risolvere sia con l’equazione del motoF = masia conla conservazione dell’energia. Quest’ultimo metodo e sicuramente quello piu veloce e diretto.Applichiamo la conservazione dell’energia prendendo comeistanti iniziale quello in cui il blocchetto ha velocitaV0 e istante finalequello in cui ripassa alla stessa quota con velocitaV0/2. Tra i due istanti la differenza e che c’e stato un lavoro della forza di attritonel salire e nello scendere. Possiamo scrivere:

12

MV20 =

12

M

(

V0

2

)2

+2µdMgcosαL ⇒38

MV20 = 2µdMgcosαL

Abbiamo ancora pero due incognite. Applichiamo allora la conservazione dell’energia prendendo come istante iniziale quello incui la cassa ha velocitaV0 verso l’alto e come istante finale quello in cui si ferma all’apice della sua traiettoria.

12

MV20 = MgLsinα+µdMgcosαL

Dalla prima equazione possiamo ricavare:

µdMgcosαL =316

MV20

che, sostituita nella seconda, ci da

516

MV20 = MgLsinα ⇒ V0 = 4

√

gLsinα5

= 3.96 m/s

Risolvendo anche perµd (sostituiamo questo valore diV0 nell’espressione di sopra) otteniamo:

µd =35

tanα = 0.346

Per calcolare il tempo impiegato a nei due tratti (salita e discesa), dobbiamo necessariamente ricorrere all’equazione oraria delpunto. Si tratta di un moto uniformemente decelerato, per lasalita, e di un moto uniformemente accelerato, per la discesa.Per la salita (sia il tempo impiegatot1) abbiamo

V0−at1 = 0 V0 t1−12

at21 = L ⇒ t1 =2LV0

= 0.505sec

Per la discesa abbiamo

at2 =V0

212

at22 = L ⇒ t2 =4LV0

= 1.01sec

Il tempo totale sara la somma dei due tempi:

T = t1+ t2 = 1.51sec

4

Problema 4

Un blocchetto di massam= 4 kg, inizialmente fermo, si trova su un piano inclinato (α = 25◦). Tra il piano e il blocchetto vi eattrito ed i coefficienti di attrito statico e dinamico sono legati dalla relazioneµs=

32µd. Sul blocchetto agisce una forzaF = 30 N,

diretta lungo l’orizzontale nel verso della salita (vedi figura).Trovare (a) il minimo valore del coefficiente di attrito statico affinche il blocco non si muova. Una volta messo in movimento,calcolare (b) il tempoT che il blocco impiega a percorrere una distanzaL = 2 m e (c) il lavoro della forza di attritoLa

αF

m

Prendiamo l’usuale sistema di riferimento conx lungo il pianoey perpendicolare al piano. La forzaF si scompone scomponein due parti e abbiamo:

ma = F cosα−mgsinα−µRn

0 = Rn−mgcosα−F sinα

Sostituendo il valore diRn, il valore di mus perche il blocconon si muova si trova imponendo che l’accelerazione sia zeroe dunque

µs =F cosα−mgsinαmgcosα+F sinα

= 0.22

L’accelerazione del blocco si trova sostituendo nell’equazione lungox il valore diRn eµd =23µs e troviamo

a=1m

[

F cosα−mgsinα−23(F cosα−mgcosα)

]

=F cosα−mgsinα

3m= 0.884 m/s2

Conoscendo l’accelerazione abbiamo:

L =1a

t2 ⇒ t =

√

2La

=

√

6mLF cosα−mgsinα

= 2.13 s

Infine il lavoro di attrito vale

Latt = µd(mgcosα+F sinα)L = 14.1 J

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Problema 5

Un blocco pesante di massaM = 10 kg e lanciato verso l’origine su un piano orizzontale scabro. Il coefficiente d’attrito dinamicovaleµd = 0.6. Una molla di costante elasticak= 300 N/m e fissata da un lato contro una parete verticale mentre l’estremo libero sitrova ax= 0 (vedi figura). Il blocco entra in contatto con la molla (x= 0) quando la sua velocita valev0 =−5 m/s e la comprimedi un tratto∆x. La molla si distende poi fino a riassumere la sua lunghezza originale lanciando il blocco nel senso dellex crescenti.Questo infine si arresta.(a) Calcolare la compressione∆x della molla. (b) Quanto vale la velocita del blocco appena la molla si e ridistesa? (c) A qualevalore dix il blocco si arrestera?

L’esercizio si puo risolvere facilmente con la conservazionedell’energia (cinetica e potenziale della molla) tenendo contodell’attrito.All’inizio, l’energia cinetica che il blocco ha appena tocca lamolla, si trasforma in energia potenziale della molla e un po’si perde in lavoro di attrito

12

mv20 =

12

k∆x2+µdmg∆x

Abbiamo un’equazione di secondo grado che da comesoluzioni

x1,2 =−µdmg±

√

µ2dm2g2+mkv20k

= 0.738 m, −1.13 m

La soluzione giusta e quella con il segno piu poiche il ter-mine di attrito nell’equazione di sopra deve essere positivosommandosi alla compressione della molla.Per trovare la velocita quando il blocco ripassa per la posizione 0, operiamo allo stesso modo. Ora l’energia potenziale della mollava in energia cinetica piu lavoro di attrito

12

k∆x2 =12

mv21+µdmg∆x ⇒ v1 =

√

k∆x2

m−2µdg∆x= 2.76 m/s

Infine, l’energia cinetica si trasformera tutta in lavoro di attrito finche il blocco non si ferma

12

mv21 = µdmgx∗ ⇒ x∗ =

v21

2µdg= 0.648 m

6

Problema 6

Una pallina pesante (m= 150 g) e vincolata a scorrere senza attrito lungo una guida circolare (R= 40 cm) che giace su un pianoverticale. La pallina e inizialmente ferma sulla sommitadella guida e inizia a scivolare lungo la guida in senso orario (vedi figura).Con riferimento alla figura, si calcoli (a) la velocita e (b)l’accelerazione tangenziale della pallina quando questa passa per ilpunto 2 (θ = 215◦); (c) la reazione della guida sulla pallina quando questa raggiunge la posizione 1 (punto piu basso).

p2

p1

θ

m

La velocita che la pallina ha nel puntoP2 la troviamo ugua-gliando l’energia cinetica in quel punto alla differenza dienergia potenziale tra punto in alto (pallina ferma) e puntoP2.

mg(R+Rcos(θ−180o)) =12

mv22

da cui ricaviamo

v2 =√

2gR(1+ cos35o) = 3.78 m/s

Nel moto della pallina sono presenti la forza di gravita, ver-so il basso e la forza centrifuga. D’altra parte quest’ultima esempre radiale, cioe perpendicolare al moto. All’accelerazionetangenzialeat dunque contribuisce solo la forza di gravitamgdi cui dobbiamo prendere la componente lungo il cerchio.

at = gsin(θ−180o)) = 5.62 m/s2

Infine nel puntoP1 la reazione della guida si oppone alla forzapeso ed alla forza centrifuga, entrambe rivolte verso il basso.

Rn = mg+mv2

1

R

La velocita nel puntP1 vale, sempre con considerazioni energetiche

v1 =√

4gR ⇒ Rn = 5mg= 7.35 N

7

Problema 7

Una pallina di massam= 1 kg e lanciata verso una collina con velocita iniziale di modulov0 = 10 m/s (vedi figura). La collina edescritta dall’equazione

y(x) = H0

[ xL− (

xL)2]

x< L

y(x) = 0 x≥ L

conL = 120 m.Trovare: (a) il massimo valore diH0(Hmax) per cui la particella scavalca la collina; (b) seH0 = 2Hmax il punto d’inversionex∗; (c)il valore della forzaF∗ sulla pallina in quel punto.

L x m

v0

0

y(x)

Il massimo valore diH0 per cui la pallina scavalca il dosso losi trova imponendo che l’energia cinetica sia uguale all’ener-gia potenziale sulla sommita del dosso. L’altezza del dossovaleH0/4 come si puo facilmente calcolare osservando che ilmassimo si ha perx= L/2 (zero della derivata prima) e in talepuntoy(L/2) = H0/4. Poniamo allora

12

mv20 = mgHmax/4 ⇒ Hmax=

2v20

g= 20.4 m

Se il valore diH0 e 2Hmax troviamo il valore in cui si fer-ma imponendo che l’energia potenziale in quel punto sia pariall’energia cinetica.

12

mv20 = H0

[ xL− (

xL)2]

= 4mv20

[ xL− (

xL)2]

⇒ 2x2−2Lx+L2

4= 0

Risolvendo tale equazione troviamo

x∗ =L2

(

1+

√2

2

)

= 102.4m

avendo preso la soluzione maggiore provenendo la pallina dadestra.La forza che agisce sulla pallina in questo punto si calcola come la derivata dell’energia potenziale cambiata di segno.Abbiamo

F∗ =−dEdx

=ddx

(

4mv20

[ xL− (

xL)2])

x=x∗=

2√

2mv20

L= 2.36 N

8

Problema 8

Un punto materiale di massam= 2 kg si muove lungo l’assex positivo, lanciato verso l’origine con velocitav0 = 10 m/s. Quandosi trova ax< 5 m e soggetto ad una forza di potenziale

U(x) =Ax−Bx A= 50 Jm, B= 2 J/m

Trovare: (a) la sua velocita inx= 1 m; (b) la distanza minima raggiunta; (c) il valore della forzaF∗ sulla punto in quel punto.

L’energia meccanica si conserva dunque possiamo scrivere

E =12

mv2+U(x) = costante=12

mv20

avendo fissato la costante considerando che perx > 5 m ilpotenziale e nullo e l’energia cinetica nota dalla velocita.Per calcolare la velocita nel puntox1 = 1 m, bastera applicarel’equazione della conservazione dell’energia perx= x1.

12

mv20+=

Ax1

−Bx1+12

mv21

da cui ricaviamo subito

v1 =

√

v20+

2m

(

Ax1

−Bx1

)

= 7.21 m/s

La distanza minima raggiunta (rispetto all’origine, si trova considerando che in quel punto la velocita del punto si annulla per poicambiare direzione. Dunque possiamo scrivere:

12

mv20 =

(

Ax∗

−Bx∗)

che si traduce nell’equazione di secondo grado perx∗:

2Bx∗2+mv20x∗−2A= 0

la quale, risolta, da le due soluzioni:

x∗1,2 =−mv2

0±√

m2v40+16AB

4B= 0.495 m; −50.49 m

Naturalmente la soluzione giusta e quella positiva.Per trovare la forza che agisce sul punto materiale nel puntox= x∗1 devo utilizzare la nota relazione tra forza e potenziale:

F =−∇U ⇒ F =−(

dUdx

)

x=x∗1

=A

x∗12 +B= 206 N

9

Problema 9

Un blocchetto di massam= 3 kg puo scivolare sopra un cuneo di massaM = 7 kg che a sua volta puo scivolare su un pianoorizzontale (vedi figura). Si assumano tutti i piani privi diattrito.Trovare: (a) l’accelerazione del blocchetto rispetto al cuneo, (b) l’accelerazione del cuneo rispetto al terreno. Se il blocchetto parteda un’altezza dih= 50 cm, si calcoli (c) la velocita relativa tra blocchetto e cuneo una volta che quest’ultimo a raggiunto il pianoorizzontale.

m

M

Sia ar l’accelerazione del blocchetto lungo il piano del cuneo. Ilcu-neo d’altra parte accelera verso sinistra con accelerazionea′ e pertan-to rappresenta un sistema di riferimento non inerziale. Consideriamodapprima l’equazione per il blocchetto. Su questo agisconola forza digravita e la forza apparente dovuta al fatto che il cuneo e accelerato.Si noti a tale proposito che la forza apparente che agisce sulblocco eorizzontale e diretta verso destra e valema′. Questa ha una compo-nente lungo il piano inclinato che si somma alla componente del pesoed un’altra componente lungo la normale al piano che alleggerisce ilblocco. Lungox abbiamo

mar = mgsinα+ma′cosα

e lungoy si ha

mgcosα = ma′ sinα+Rn

Per il cuneo scriviamo invece

Ma′ = Rnsinα

Abbiamo cosı un sistema di tre equazioni e tre incognite chefornisce

a′ =msinαcosαM+msin2 α

g ar =(M+m)sinαM+msin2 α

g

Come deve essere, perM >> m, ar → gsinα e ritroviamo il risultato di un blocco che scende lungo un piano inclinato fisso.L’accelerazione del blocchetto lungox rispetto al suolo vale

ax = ar cosα−a′ =M sinαcosαM+msin2 α

g ay = ar sinα =(M+m)sin2 αM+msin2 α

g

Si puo ora verificare che la quantita di moto e conservata infatti vale:

max−Ma′ = 0

L’esercizio poteva essere risolto anche utilizzando la conservazione della quantita di moto e l’energia. Assumiamo che il bloccoscenda di un altezzah e sianov ev′ le velocita del blocco e del cuneo rispettivamente

max−Ma′ = 0 mvx = MV

e

12

MV2+12

mv2 = mgh

10

Problema 10

Un satellite artificiale di massaM = 200 kg e in orbita circolare attorno alla terra a una velocitav0 = 6950 m/s.Trovare: (a) l’altezzaH dell’orbita rispetto alla superficie terrestre; (b) il periodo di rivoluzione del satellite intorno alla terra; (c) illavoro che si deve fare per spostare il satellite su un’orbita, sempre circolare, di altezza 2H. (Dati utili: G= 6.67·10−11N m2/kg2,MTerra= 6 ·1024 kg, RTerra= 6400 km.)

Per calcolare l’allungamento iniziale....

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Problema 11

Un blocchetto di massam= 3.0 kg, giace su un piano orizzontale scabroµd = 0.15. Si spinge il blocchetto contro una molla dicostante elasticak= 500 N/m (la cui estremita opposta e fissata al muro, vedi figura 2), comprimendo quest’ultima di∆x= 14.6 cm.Calcolare (a) il lavoro che si deve fare per comprimere la molla. Se poi si lascia il blocchetto libero di muoversi e la molla siridistende. Calcolare (b) la velocita del blocchetto quando la molla si e ridistesa e (c) la distanza che il blocchettopercorre sulpiano prima di fermarsi.

��

��

��

��

��

��m

k

∆x

d

Il problema si risolve con la conservazione dell’energia meccanica,tenedo conto del lavoro speso per attrito.

12

Problema 12

Un punto materiale di massam= 10 kg si muove lungo l’assex positivo, lanciato verso l’origine con velocitav0 = 12 m/s. Ilpunto materiale e inoltre soggetto al potenziale seguente:

U(x) =

{

0 x≥ 0−U0(x/L) x< 0 U0 = 60µJ, L = 1.2 m

illustrato nella figura 3. Calcolare (a) la velocita del punto e (b) la forza a cui questo e soggetto quando passa per la posizionex=−5 m. Calcolare il tempo che passa tra l’istante in cui il puntopassa per l’origine e l’istante in cui si ferma.

v0

U0

x

y

0

x/L_

Anche in questo caso applichiamo la conservazione dell’energiameccanica.

Problema 1 - Istituto Nazionale di Fisica...

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