Esercizi 3 04 2019 - esercitazione PDF

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Esercizio 1 Un corpo di massa m = 36 g scivola senza attrito lungo un piano inclinato di un angolo  rispetto all’orizzontale partendo da un’altezza h0 = 1 m e con una velocità iniziale v0 = 2.3 m/s. Arrivato al suolo il corpo comprime una molla di costante elastica k = 360 N/m ed è respinto indietro. Calcolare: a) la massima deformazione x di schiacciamento della molla b) a quale altezza h arriva il corpo nel suo moto di ritorno. Considerare ora il caso di presenza di attrito dinamico lungo il piano inclinato (µd = 0.2 e α = 45°) e calcolare c) la massima deformazione x’ di schiacciamento della molla d) a quale altezza h’ arriva il corpo nel suo moto di ritorno.

m h0

 v0  A

 Sulla massa m agisce la reazione vincolare N del piano inclinato e del piano orizzontale, che però NON lavora perché risulta perpendicolare allo spostamento sia lungo il piano inclinato che lungo il piano orizzontale, la forza peso e la forza elastica della molla, entrambe forze conservative. Pertanto, indicando con Eel, l’energia potenziale elastica della molla, con Egr quella potenziale gravitazionale e con EK l’energia cinetica e scegliendo come istante iniziale quello in cui il corpo incomincia a scendere e come istante finale quello in cui la molla raggiunge la massima compressione si può applicare il principio di conservazione dell’energia meccanica: Em = EK +Ep = 0  EKin + Egr,in = EKfin + (Eel + Egr)fin

[1]

Poiché l’energia cinetica finale è nulla e l’energia potenziale gravitazionale finale è nulla (si assuma come punto ad energia potenziale gravitazionale nulla il piano orizzontale su cui si trova la molla) l’equazione [1] diventa: 2

½ mv02 + mgh0 = ½ k x2

➔

x =

2mgh 0 + mv0 = 0.05 m k

Il principio di conservazione dell’energia meccanica può essere applicato anche durante il moto di ritorno: EKin + (Eel + Egr)in = EKfin + Egr,fin

[2]

In questo caso sia l’energia cinetica iniziale che quella finale sono nulle. L’equazione [2] diventa pertanto: ½ k (x)2 = mgh Perché h risulta maggiore di h0 ?

➔

h=

k ( x ) 2 = 1.27 m 2mg

Consideriamo ora il caso di attrito lungo il piano inclinato: WF non conserv = E m = E m, fin − E m, iniz

da cui: 1 1  h  WF non conserv = Wattrito = - µd NΔ s = - µ d mgcos α 0  = ΔE m = k(Δ x' ) 2 − mv 20 − mgh 0 2 2  sin α  da cui ancora:

1 2 mgh 0 2 µd mgh 0 m 2 2 µ gh   v0 + 2 gh 0 − d 0  = 10− 2 (2.3)2 + 19.6 − 3.92 = 4.58  10 − 2 m mv 20+ − = k k k tgα k tgα  N.B. x’ è ovviamente più piccola di x, deformazione della molla in assenza di attrito.  x' =

Ritornando indietro, dopo che la molla ha spinto la massa m a sinistra, si può determinare h’ riapplicando nuovamente l’equazione: WF non conserv = E m = E m, fin − E m, iniz da cui: 1  h'   = ΔE m = mgh' − k( x' ) 2 WF non conserv = Wattrito = - µd N s ' = - µ d mgcos α  2  sin α 

1 k( x' ) 2 1 360  (4.58 10 - 2 ) h' = = = 0.89 m µ g 2m 2  0.036 9.8(1+ 0.2) g+ d tg α 2

da cui

→

N.B. h’ è ovviamente più piccolo di h, altezza massima ottenuta in assenza di attrito.

Esercizio 2 Una massa m si muove lungo la verticale, appesa ad una molla avente costante elastica K e massa trascurabile. Quando la massa si trova alla quota h dal suolo la molla non è deformata. Supponendo che il moto della massa abbia inizio a tale quota con velocità iniziale nulla, determinare: 1) la legge secondo la quale la velocità della massa m dipende dalla sua distanza dalla posizione iniziale 2) la quota minima e la quota massima raggiunte dalla massa m nel suo moto.

m y h

a) La massa m si muove sotto l’azione di due forze conservative: la forza di gravità e la forza elastica della molla. Perciò durante il moto si conserva l’energia meccanica, uguale alla somma dell’energia cinetica e delle due energie potenziali (gravitazionale ed elastica). Inizialmente m è in quiete a quota h e la molla non risulta deformata quindi l’energia meccanica iniziale coincide con quella potenziale gravitazionale: Em, iniz = mgh In un istante generico, ipotizzando che la massa sia scesa di un tratto y (coordinata che rappresenta la distanza dalla posizione iniziale), l’energia meccanica varrà: Em = ½ mv2 + mg(h-y) + ½ Ky2 e per il principio di conservazione dell’energia sarà Em, iniz = Em da cui mgh = ½ mv2 + mg(h-y) + ½ Ky2 e infine

v=

1    2g − Ky  y m  

[1]

b) Le quote massima e minima raggiunte durante il moto sono quelle in cui la velocità si annulla ed il moto inverte il suo verso. Si possono quindi ottenere cercando per quali valori di y la velocità v della massa si annulla. Dalla [1] si ottiene: y1 = 0 (che corrisponde alla posizione iniziale) → hmax = h y2 = 2mg/K → hmin = h - 2mg/K

Esercizio 3 Un blocco di massa m = 10 kg viene fatto salire lungo un piano inclinato di  = 30° , in presenza di attrito dinamico, con una velocità iniziale v0 = 5.0 m/s. Percorre un tratto L = 2 m, si ferma e poi ritorna alla base. 1) Si calcoli il coefficiente di attrito dinamico µd 2) Si trovi la velocità con cui il blocco ripassa per la posizione iniziale

 1) Sul blocco di massa m agisce la reazione vincolare N del piano inclinato, che però NON lavora perché risulta perpendicolare allo spostamento, la forza peso (forza conservativa) e la forza di attrito dinamico (forza non conservativa). Considerando il moto di salita si può scrivere che il lavoro delle forze non conservative, Wnc, che il questo caso coincide con quello della forza di attrito, è pari alla variazione dell’energia meccanica: Wnc = (Ek fin + Ep fin) – (Ek iniz + Ep iniz) = (0 + mgLsen) - (½ m v02 + 0) = - 27 J Essendo Wnc = |fa| L cos = -|fa| L si ottiene infine -|fa|= - µdN=-µdmgcos(30°)= Wnc / L=-13.5 N da cui si può calcolare µd = 0.16 2) Anche nel moto di discesa è presente la forza di attrito dinamico e il lavoro da essa svolto è pari a quello eseguito durante il moto di salita. Riapplicando la relazione Wnc = (Ek fin + Ep fin) – (Ek iniz + Ep iniz) si ottiene Wnc = (½ m vfin2 + 0) - (0 + mgLsen) = -|fa| L =− J da cui risolvendo l’equazione rispetto a vfin : vfin = 3.77 m/s

Esercizio 4 Due blocchi di massa rispettivamente m1 = 1 kg e m2 = 0.5 kg sono collegati da una fune inestensibile e di massa trascurabile che scorre senza attrito su di una carrucola di dimensioni e massa trascurabili (vedi figura). Il blocco di massa m1 poggia su un piano scabro tale che il coefficiente di attrito dinamico  tra il blocco e il piano vale 0.3 ed è inoltre connesso ad un sostegno fisso mediante una molla di massa trascurabile. Sapendo che all’istante iniziale la molla si trova in posizione di riposo e le due masse sono ferme, determinare la costante elastica k della molla se la massa m2 può scendere al massimo di un tratto h = 0.1 m prima di fermarsi.

m1

m2

Consideriamo il sistema formato dalle due masse e dalla fune inestensibile. Su questo sistema  agiscono quattro forze esterne: la reazione vincolare N 1 del piano orizzontale, che però NON lavora perché risulta perpendicolare allo spostamento, la forza elastica della molla e le forze peso agenti sulle due masse (tutte e tre conservative), e la forza di attrito (forza non conservativa). Il lavoro delle tensioni della fune (forze interne) è nullo in quanto la fune è inestensibile. Pertanto, indicando con Eel, l’energia potenziale elastica della molla e con Egr quella potenziale gravitazionale e sapendo che se la massa m1 scende verticalmente di h  la massa m2 si sposta orizzontalmente di h, si ottiene che il lavoro compiuto dalla forza d’attrito Wfa vale: Wfa = Em = [EK,fin + (Eel + Egr)fin] – [EK,in + (Eel + Egr)in]

[1]

Poiché l’energia cinetica iniziale e quella finale sono entrambe nulle, e l’energia potenziale elastica iniziale è nulla l’eq. [1] diventa:   1 Fa h = − N1 h = [ kh 2 + m 2g(H − h )] − [0 + m 2gH ] 2 dove H è l’altezza iniziale della massa m2

 da cui: k=

1 − m 1gh = kh 2 − m 2gh 2

(0.5 − 0.3 )9.8 = 39.2 N/m 2 (m 2 −  m 1)gh =2 2 0.1 h

Esercizio 5 Un corpo puntiforme viene lasciato scivolare da fermo dalla sommità di una superficie cilindrica liscia di raggio R. Si calcoli l’angolo α in corrispondenza del quale il corpo si stacca dal cilindro.

N α mg

R

h

Le forze agenti sul punto materiale sono la forza peso, mg, e la reazione vincolare (di appoggio), N; quest’ultima risulta radiale perché la superficie è cilindrica. Inoltre non c’è alcuna forza di attrito in quanto la superficie cilindrica risulta liscia. La legge del moto risulta quindi: mg + N = ma [1] Proiettando la [1] in direzione centripeta e in direzione tangenziale, affinché il punto segua la traiettoria circolare, si ottiene: -|N| + mgcos(α) = macentripeta=mv2/R mgsin(α) = matangenziale da cui: |N| = mgcos(α) - mv2/R La condizione di appoggio è che la reazione vincolare N abbia verso uscente dalla circonferenza cioè: |N|≥0 gcos(α) -v2/R≥0 e quindi N=0

gcos(α) -v2/R=0

A questo punto bisogna calcolare il valore di v in funzione di α. La reazione vincolare non compie lavoro perché è sempre perpendicolare alla traiettoria, quindi l’unica forza che compie lavoro è la forza peso che è conservativa. Applicando quindi il teorema di conservazione dell’energia meccanica si ottiene: Em = Em, fin - Em,iniz = Em(α) - Em(α =0)= (1/2)mv2 + mgh - 2mgR = 0 con h = R + Rcos(α) da cui: v2 = 2gR (1 - cos(α)) La relazione trovata in precedenza

gcos(α) -v2/R ≥ 0

Diventa gcos(α) - 2g(1-cos(α)) ≥ 0 da cui: cos(α) ≥ 2(1-cos(α)) 3cos(α) ≥ 2 Il punto materiale rimane appoggiato alla superficie cilindrica finché si ha cos(α) ≥ 2/3 ossia 0 ≤ α ≤ 48.2° E si stacca per α > 48.2°

Esercizio 6 Un blocco di massa m = 3.22 kg scivola, partendo da fermo, lungo un piano inclinato di  = 28.0° e privo di attrito e, dopo avere percorso una distanza d, comprime una molla, di massa trascurabile, per s = 21.4 cm per poi arrestarsi momentaneamente. La costante elastica della molla è di k = 427 N/m. a) Quanto misura d? b) In seguito il blocco inverte il suo verso di moto iniziando nuovamente a salire lungo il piano inclinato. Quale distanza percorre prima di raggiungere la sua massima velocità e cominciare a rallentare?

d m



 a). Sulla massa m agiscono le seguenti forze: la reazione vincolare N del piano inclinato, che però NON lavora perché risulta perpendicolare allo spostamento, la forza peso e la forza elastica, entrambi conservative  vale il principio di conservazione dell’energia meccanica. Prendendo come punto iniziale la massa m ferma e come punto finale la massima compressione della molla 1 mgh = ks 2  2 dove s è la massima compressione subita dalla molla e h è l’altezza in cui il moto ha inizio, calcolata rispetto al punto in cui la molla raggiunge la massima compressione: h = (d+s) sen. Si ha quindi: 1 ks 2 − 2mgs sen 19.555 − 6.341 mg (d + s) sen = ks 2 → d = = = 0.446 m 2 2mg sen 29.629

b) Poiché l’energia meccanica si conserva vale sempre la relazione: 1 1 1 Em = EK + Ep = costante → mgx sen + k (s − x )2 + mv 2 = ks 2 2 2 2

[1]

dove x è il tratto percorso lungo il piano inclinato, calcolato rispetto al punto in cui la molla raggiunge la massima compressione. Imporre che la velocità sia massima significa imporre che l’energia cinetica sia massima: EK =

1 1 1 mv 2 = ks 2 − mgx sen  − k (s − x )2 2 2 2

e quindi bisogna determinare per quale x la sua derivata prima è nulla. dE K 1 = 0 = − mg sen − k 2(s − x)(− 1) → dx 2

x=

ks − mg sen = 0.179 m k

N.B. Nello scrivere l’equazione [1] è stato implicitamente ipotizzato che la massima velocità fosse raggiunta quando la molla era ancora parzialmente compressa. Non sarebbe potuto essere altrimenti perché dal momento in cui la molla torna nella sua posizione di riposo l’unica forma di energia potenziale che rimane è quella dovuta alla forza peso, energia che aumenta mentre il blocco risale lungo il piano inclinato. Di conseguenza in tale situazione l’energia cinetica deve necessariamente diminuire.

Esercizio 7 Due masse uguali mA e mB, collegate da una fune inestensibile e di massa trascurabile, sono disposte come in figura. L’angolo  del piano inclinato vale 30°, l’altezza h vale 1 m e il coefficiente di attrito massa mB - piano inclinato è µ = 0.4. Al tempo t = 0 il sistema viene lasciato libero di muoversi e si osserva che la massa mA sospesa inizia a scendere. Ipotizzando che la fune scorra senza attrito sulla carrucola e quest’ultima abbia dimensioni trascurabili 1) calcolare la distanza totale d percorsa in salita dalla massa mB che si trova sul piano inclinato.

mA h

mB 

La distanza totale d percorsa in salita dalla massa mB sarà la somma della distanza d1 percorsa dalla massa mB mentre la massa mA scende a terra e della ulteriore distanza d2 percorsa dalla massa mB mentre la massa mA è a terra: d = d1 + d2 = h + d2 I° metodo: energia/lavoro Prendiamo in esame il sistema formato dalle due masse e dalla fune inestensibile e di massa trascurabile. Consideriamo come punto iniziale il sistema nelle condizioni a t = 0 (sistema fermo) e come punto finale il sistema nell’istante in cui la massa mA tocca terra. Su tale sistema  agiscono le seguenti forze esterne: la reazione vincolare N del piano inclinato, che però NON lavora perché risulta perpendicolare allo spostamento, la forza peso agente sulla massa mA e la forza peso agente sulla massa mB, entrambe conservative, e la forza di attrito dinamico agente sulla massa mB, non conservativa. Il lavoro delle tensioni della fune (forze interne) è nullo in quanto la fune è inestensibile. Pertanto, indicando con Egr l’energia potenziale gravitazionale si ottiene che il lavoro compiuto dalla forza d’attrito Wfa vale: Wfa = Em = EK + Epot = (EK,fin - EK,in)A + (EK,fin - EK,in)B + (Egr,fin - Egr,in)A + (Egr,fin, - Egr,in)B Poiché l’energia cinetica iniziale del sistema massa mA + massa mB è nulla: 1 1 1 1 Wfa = - Fa  h = ( m A v 2A + mB v2B − 0) + (0 − mA gh ) + ( mB gH '− mgH ) = ( m A v 2A + m B v 2B ) − m A gh + m Bgh ' 2 2 2 2 dove |Fa|=µN=µmBgcos è il modulo della forza di attrito dinamico agente sulla massa m, H e H’ sono le altezze della massa mB alla fine e all’inizio (calcolate rispetto alla base del piano inclinato) e h ' = H' − H = h sin  è la differenza di altezza raggiunta dalla massa mB. Inoltre essendo la fune inestensibile  vA = vB = v

1 1 1 mA v 2 + m Bv 2 − m A gh + m B gh sin  =  mA + 2 2 2 Essendo le due masse uguali: mA = mB = m  - mgh cos  = mv2 − mgh + mgh sin  v2 =gh (1 −sin - m Bgh cos  =

1  m B v 2 − m Agh + m Bgh sin  2 

 - cos ) =1.5m2 / s2

1 mB v 2 2 Consideriamo ora la massa mB tra l’istante in cui la massa mA tocca terra e l’istante in cui la massa mB raggiunge la massima altezza e si ferma (per poi ridiscendere lungo il piano inclinato). Sulla massa mB agiscono la reazione vincolare del piano inclinato, che però NON lavora, la forza peso, conservativa, e la forza di attrito, non conservativa. Pertanto, indicando con Egr l’energia potenziale gravitazionale si ottiene che il lavoro compiuto dalla forza d’attrito Wfa vale: Wfa = Em = EK + Epot = (EK,fin - EK,in)B + (Egr,fin, - Egr,in)B Poiché l’energia cinetica finale della massa mB è nulla: 1 2  Wfa = - Fa  d 2 = (0 − mB v ) + mB gh' ' 2 dove |Fa|=µN=µmBgcos è il modulo della forza di attrito dinamico agente sulla massa mB, h'' = d 2 sin  è la differenza di altezza raggiunta dalla massa mB prima di fermarsi. 1  W fa = -m B g cos  d 2 = (0 − mBv2 ) + mB gd2 sin  2 1 mB v 2 v2 2  d2 = = = 0.09m mB gsin  + m B g cos  2 g(sin  + cos )

 nel momento in cui la massa mA tocca terra la massa mB possiede l’energia cinetica

 d = d1 + d 2 = h + d 2 = (1 + 0.09)m = 1.09m

II° metodo: dinamica + cinematica (+ energia/lavoro)

mB

mA y’

h



x

y

Vista la dinamica del sistema formato dalle due masse e dalla fune inestensibile e di massa trascurabile, prendiamo un sistema di riferimento (x, y) con x lungo il piano inclinato e rivolto verso l’alto e y rivolto verso l’alto per la massa mB e un asse y’ verticale rivolto verso il basso per la massa mA. Le equazioni vettoriali della seconda legge di Newton per le due masse risultano: + mBg + N + TB = m Ba

 Fattr   TA + mA g = mA a Proiettando tali equazioni vettoriali lungo gli assi x e y per quanto riguarda la massa mB e lungo l’asse y’ per quanto riguarda la massa mA, sapendo che la fune è inestensibile ( aA = aB = a), TA = TB = T e le due masse sono uguali ( mA = mB = m), si ottengono le seguenti equazioni scalari:

− Fattr + T − mg sin  = mB aB − mg cos  + T − mg sin  = ma    N = mg cos  − m Bg cos  + N = 0 − T + m g = m a T = mg − ma A A A  

 = g −  − cos ) = 0.75 m / s 2 a 2(1 sin − mg cos  + mg − ma − mg sin  = ma     N = mg cos    N = mg cos  T = mg − ma  T = mg − ma     le due masse si muovono di moto rettilineo uniformemente accelerato Calcoliamo ora la velocità delle due masse nel momento in cui la massa mA tocca terra. Inoltre essendo la fune inestensibile  vA = vB = v h v dv dv dv dv dy' dv aA = a = A = a = = ' =v   ady' =  vdv  v 2 = 2ah =1.5m 2 / s 2 dy' dt dy dt dt dt 0 0 Adesso che la massa mA ha toccato terra e la massa mB ha la velocità v, si hanno due possibilità: 1) come nel caso precedente utilizzare considerazioni energetiche applicate alla massa mB per trovare la distanza totale d percorsa in salita dalla massa mB; 2) oppure utilizzare considerazioni dinamiche e cinematiche applicate alla massa mB. In questo caso applichiamo la dinamica newtoniana alla massa mB:     Fattr + mBg + N = m Ba B Proiettando tale equazione vettoriali lungo gli assi x e y si ha: − Fattr − m Bg sin  = m Ba B  − m Bg cos  − m Bg sin  = m Ba a = −g ( cos  + sin  ) = −8.4 m / s2     N = mB g cos   N = mB g cos − m Bg cos + N = 0  la massa mB sale lungo il piano inclinato in moto rettilineo uniformemente decelerato d2 0 dv dv dx dv − v2 2  aB = = 0.09m = =v   adx =  vdv  − v = 2ad 2  d 2 = dt dx dt dx 2a 0 v

 d = d1 + d 2 = h +d 2 = (1 +0.09)m =1.09m

Esercizio 8 Una massa puntiforme m è sospesa tramite un filo verticale inestensibile e di massa trascurabile ed è collegata al suolo attraverso una molla, di costante elastica k = 70 N/m, e massa trascurabile, che si trova in condizioni di riposo. La tensione della fune ha modulo T = 4.9 N. Ad un certo istante si taglia il filo. Calcolare: 1) la massima distanza z percorsa durante la discesa dalla massa m 2) la posizione in cui la velocità della massa è massima 3) il valore massimo del modulo della velocità

z

1) Possiamo risolvere il quesito attraverso considerazioni energetiche, Per prima cosa però è necessario calcolare il valore m della massa, al momento incognito. Inizialmente tutto il sistema risulta fermo e la molla è in condizioni di riposo: la massa m, soggetta alla forza peso mg verso il basso e alla tensione T verso l’alto, si trova in condizioni statiche   T  T + mg = 0  T − mg = 0  m = = 0.5kg g Durante la discesa della massa m fino alla massima posizione percorsa, dopo aver tagliato il filo, abbiamo la conservazione della energia meccanica, essendo la forza peso mg e la forza elastica Fel forze conservative: 1   2   E m = 0   E k + E p = ( E k ,fin − E k ,in ) + ( E p, fin − E p, in ) = (0 − 0 )+  mgz fin + k (x ) − mgz in  = 0 2   essendo zin la posizione iniziale della massa m e zfin la posizione relativa alla massima 1   distanza percorsa da m   mgz fin + k (z fin − z in )2 − mgz in  = 0 2   1 2 mg 2  mg ( z fin − z in ) + k(z fin − z in ) = 0  ...