Esercizi dinamica1

Esercitazioni di Fisica 1 - Dinamica: Leggi di Newton, equilibri traforze e attriti.

Esercizi

1. Una serie di k scatole con masse m1, . . . ,mk sono appoggiate in contatto su un piano liscio.Sulla prima scatola viene applicata una forza orizzontale F . Calcolare il valore della forzadi contatto F12 della prima scatola sulla seconda.

Figura 1: Esercizio 1

2. Una cassa di 136 kg è ferma al suolo. Un uomo cerca di spingerla con una forza orizzontaledi 412 N .

(a) Supponendo che il coefficiente di attrito statico tra cassa e suolo sia µs = 0.37, sidimostri che la cassa non si muove.

(b) Un secondo uomo cerca di aiutare il primo sollevando la cassa. Che forza minimaverticale deve applicare per far spostare la cassa?

(c) Quale forza addizionale dovrebbe invece applicare il secondo uomo se, anzichésollevare, si limitasse a spingere?

3. Uno studente appoggia una scatola su una lunga tavola di legno inizialmente orizzontale,poi inizia a sollevarne un’estremità in modo da inclinarla sempre più. Egli scopre così che ilblocco comincia a scivolare quando la tavola è inclinata di θ = 28◦ rispetto all’orizzontale.A questo punto, la scatola scende per ∆x = 2.53 m lungo la tavola in ∆t = 3.92 s. Cosapuò dedurre lo studente riguardo ai coefficienti di attrito radente statico µs e dinamico µd?


2

4. Due blocchi di massa m1 = 16kg e m2 = 88kg sono posti come in figura. Il coefficientedi attrito statico fra i blocchi è µs = 0.38 mentre la superficie del piano di appoggio èperfettamente liscia. Quanto vale la minima forza orizzontale F necessaria per tenere unitii blocchi?


5. Un blocco di massa m = 5 kg è appoggiato su un piano orizzontale scabro, e viene tiratoorizzontalmente con forza crescente, misurata con un dinamometro. Si osserva che il bloccocomincia a muoversi quando F = 20 N , e che subito dopo esso si muove con velocitàcostante se F = 15 N . Determinare i coefficienti di attrito statico e dinamico e la direzionedella reazione vincolare totale.

6. Due blocchi di masse m1 = 1.65 kg e m2 = 3.22 kg, sono collegati da una barra priva dimassa e parallela a un piano inclinato sul quale slittano verso il basso con m1 che seguem2. L’angolo di inclinazione del piano è θ = 29.5◦. Il coefficiente di attrito dinamico tram1 e il piano è µ1 = 0.226; il corrispondente coefficiente tra m2 e il piano è µ2 = 0.127.Calcolare (a) l’accelerazione dei due oggetti e (b) la tensione della barra. Rispondere allestesse domande nel caso in cui fosse m2 a seguire m1.

2

1

!Figura 4: Esercizio 6

7. Un cubetto di massa m è posto all’interno di un cono che ruota attorno ad un asse verticalecon velocità angolare ω. Le pareti del cono sono inclinate di un angolo θ sull’orizzontale.Se il coefficiente di attrito statico tra il cubo e il cono è µs e il centro del cubo si trova adistanza r dall’asse di rotazione, quali sono il massimo e il minimo valore di ω per cui ilblocco non si muove rispetto al cono?

3

!


8. Una palla di 1.34 kg è fissata a una sbarra verticale per mezzo di due funi prive di massae lunghe 1.70 m. Le funi sono fissate alla sbarra alla distanza di 1.70 m l’una dall’altra. Ilsistema ruota attorno alla sbarra in modo da formare con le due funi un triangolo equilatero.La tensione della fune superiore è di 35 N . Si calcoli: (a) la tensione della fune inferiore,(b) la risultante delle forze applicate alla palla, (c) la velocità della palla.


9. Due blocchi A e C sono appoggiati uno sopra l’altro sulla superficie di un tavolo. Il bloccoinferiore A, di massa mA = 4.4 kg, è collegato da una fune, e mediante una carrucola, conun altro blocco B di massa mB = 2.6 kg sospeso oltre il bordo del tavolo. I coefficientidi attrito statico e dinamico tra il blocco A e il tavolo sono rispettivamente µs = 0.18 e

4

µd = 0.15. Si determini la minima massa del blocco C che impedisce ad A di scivolare. Seil blocco C viene sollevato, quanto vale l’accelerazione di A?

B

A

C


10. Un blocco di massa m = 4.8 kg si trova su di un piano inclinato di un angolo α =39◦ rispetto all’orizzontale e inizialmente sale lungo il piano con velocità v0 = 4.3 m/s.Supponiamo sia spinto da una forza orizzontale F = 46N e il coefficiente di attrito dinamicotra blocco e piano sia µd = 0.33. Quanto vale l’accelerazione del blocco che sale lungo ilpiano? Quanto spazio percorre verso l’alto soggetto a tali forze? Una volta raggiunto ilpunto più alto, il blocco si ferma o comincia a scendere lungo il piano?

α

F


11. Due corpi, di massa m1 = 10 kg e m2 = 15 kg sono legati da una corda lunga d = 50 cm.Al corpo m2 viene applicata una forza F = 50 N e l’insieme si muove strisciando sopra unpiano orizzontale scabro con coefficienti di attrito dinamico µ1 e µ2. Calcolare l’espressionedell’accelerazione del sistema e della tensione della corda in generale e quando µ1 = 0.1 eµ2 = 0.01. Se si sostituisce la corda con una molla, di uguale lunghezza a riposo e costanteelastica k = 500 N/m, determinare la lunghezza della molla durante il moto.

5

1 2Fd


12. Tre corpi di masse m1 = 4 kg, m2 = 5 kg, m3 = 3 kg sono connessi tra loro con fili ecarrucole come nel disegno. Tra m2 e il piano c’è il coefficiente di attrito µ = 0.3. Calcolarel’accelerazione dei corpi e le tensioni dei fili.

1

2

3


13. Due corpi di massa m1 = 3 kg e m2 = 1 kg, connessi da un filo, scivolano su un pianoinclinato di un angolo θ = 30◦, con coefficienti di attrito dinamico rispettivamente µ1 = 0.1e µ2 = 0.2. Il corpo m1 precede il corpo m2 e dopo un certo tempo il filo risulta teso. Conche accelerazione il sistema scende lungo il piano inclinato quando il filo è teso? Qual è ilvalore della tensione del filo?

1

2

!


6

14. Due corpi di massa m1 = 0.06 kg e m2 = 0.04 kg sono collegati tra loro da una fune.Il primo è appoggiato su di un piano inclinato mentre il secondo è appeso oltre al bordodel piano tramite una carrucola. Il piano inclinato forma un angolo θ = 30◦ con il pianoorizzontale. I coefficienti di attrito statico e dinamico per il corpo 1 sul piano sono µs = 0.15e µd = 0.1. Nell’istante inizialem1 scende dal piano em2 sale verso la carrucola con velocitàv0 = 3m/s. Descrivere il moto dei due corpi e calcolare la tensione del filo.

1

!

2


15. Un’automobile descrive un percorso circolare con raggio di curvatura R = 30 m. Il coeffi-ciente di attrito tra pneumatici e strada vale µ = 0.5. Calcolare la massima velocità allaquale l’automobile non sbanda e determinare quale dovrebbe essere l’angolo di inclinazioneβ della strada affinchè l’auto possa percorrere la stessa traiettoria alla stessa velocità inassenza di attrito.


16. Una sferetta forata può scorrere lungo una guida circolare posta in un piano verticale. Lamassa della sferetta è m = 10−2 kg, il raggio della guida è R = 0.5 m. Supponiamo che laguida sia liscia e che la sferetta sia collegata ad una molla, di costante elastica k = 0.4 N/me lunghezza a riposo nulla. La molla può scorrere lungo il diametro verticale della guida.Determinare le posizioni di equilibrio della sferetta.

7

!


17. Come nel problema precedente, una sferetta forata può scorrere lungo una guida circolareposta in un piano verticale. La massa della sferetta è m = 10−2 kg, il raggio della guida èR = 0.5 m. Supponiamo che la guida sia scabra, con coefficiente di attrito statico µs = 0.5.Determinare le posizioni di equilibrio della sferetta.

!

!’


18. Due corpi di massa m1 = 8 kg e m2 = 6 kg sono collegati tra loro da un legame chesi rompe se sottoposto a una sollecitazione maggiore di 20 N . Essi sono posti sopra unpiano orizzontale liscio e ad un certo istante viene applicato al sistema una forza costanteF = 28 N che agisce per ∆t = 3s. Calcolare la velocità finale dei corpi. Supponiamo che

8

i due corpi continuino a muoversi con questa velocità finché raggiungono una zona in cuil’attrito radente per m2 è trascurabile mentre per m1 c’è un coefficiente di attrito µ = 0.7,determinare se i due corpi si separano oppure no.

1 2F

µ


19. Si consideri un tubo orizzontale, riempito con un fluido, nel quale viene lanciato un oggettodi massam = 1 kg con velocità iniziale v0. Si assuma che se si misura la velocità dell’oggettoin diverse posizioni lungo la lunghezza del tubo, si osserva che il rapporto tra le differenzedi velocità osservate δv e le differenze di lunghezza percorsa δ` resta costante. Dedurne lalegge d’attrito. In particolare, se la differenza di velocità osservate in due punti A e B, taliche δ` = `B − `A = 5 cm, vale δv = vB − vA = −0.2 m/s, si ricavi la costante di attritoviscoso.

20. (Difficile) Si consideri un paracadutista di massa m = 70 kg che si lancia da una quotadi 2500 m ed è sottoposto ad una forza di attrito viscoso dovuta alla resistenza dell’ariasecondo la legge fv = Dv2. La costanteD dipende dalla densità del fluido e dalle dimensionie dalla forma del corpo che lo attraversa; per un paracadutista in assetto corretto possiamoassumereD = D1 = 0.25 kg/m. Trovare la velocità limite e in quanto tempo la si raggiunge.Se il paracadute deve essere aperto all’altitudine di 800 m, dopo quanto tempo dal lanciodovrà avvenire l’apertura? E con che velocità sta cadendo il paracadutista? Assumiamoche grazie all’apertura del paracadute si possa decelerare fino ad una velocità di atterraggiodi 4.7 m/s, che coefficiente di attrito deve avere il paracadute? Il paracadutista riesce araggiungere la velocità massima consentita di atterraggio di 5 m/s in tempo?

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Soluzioni

1. Orientiamo l’asse x verso destra; otterremo dal secondo principio della dinamica per ognimassa mi (denotiamo con Fi(i+1) = −F(i+1)i l’azione di mi su mi+1):

F − F12 = m1a

F12 − F23 = m2a

...F(k−2)(k−1) − F(k−1)k = mk−1a

F(k−1)k = mka.

Risolvendo dalla prima equazione fino all’ultima otteniamo in funzione di a:

F12 = F −m1a

F23 = F12 −m2a = F − (m1 +m2) a

...F(k−1)k = F − (m1 +m2 + · · ·+mk−1) a

F(k−1)k = mka

e dalle ultime due equazioni deduciamo che

F =

(k∑i=1

mi

)a = Ma

a =F

M

Notare che si poteva arrivare a questo risultato pensando m1 +m2 + · · ·+mk = M comeun unico corpo!In particolare, F12 = F − m1a = F − m1

FM = F

(1− m1

M

)e in generale Fi(i+1) =

F

(1−

∑ij=1mj

M

).

2. (a) La massima forza a cui si oppone l’attrito statico vale fmax = mgµs = 136kg×9.8m/s2×0.37 ' 493N . Siccome F = 412N < fmax, la cassa non si muove.(b) La condizione che consente di muovere la cassa è F > fmax = (mg − F2)µs, e quindi

F2 > mg − F

µs= (136 kg)(9.8 m/s2)− 412 N

0.37' 219N.

Nel caso di spinta laterale, invece basterebbe una forza

F2 > fmax − F = 493 N − 412 N = 81 N.

Può convenire il sollevamento solo quando fmax − F > mg − Fµs

e quindi mgµs (µs − 1) >

F (µs − 1). Siccome mgµs > F , si può dedurre che deve essere µs > 1.

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3. Scegliamo di posizionare l’origine nel punto materiale che rappresenta la scatola, l’assex parallelo alla superficie orientato verso destra e l’asse y perpendicolare alla superficie,orientato verso l’alto.In direzione y avremo che N − mg cos θ = 0 dove N rappresenta la forza normale dellasuperficie sulla scatola.In direzione x invece vale mg sin θ − fs = 0, e un istante prima del movimento avremo chefs = fmax = µsN = µsmg cos θ. Quindi mg sin θ = µsmg cos θ, e µs = tan θ ' 0.53.Una volta in movimento avremo in direzione x: mg sin θ − fd = ma, con fd = µdN =µdmg cos θ e dunque tan θ − a

g cos θ = µd. La legge oraria della scatola sarà x = a2 t

2, il checi permette di calcolare a = 2x/t2 = 0.33 m/s2. Infine µd = tan θ − a

g cos θ ' 0.49.

4. Orientando gli assi verso destra e verso l’alto, notiamo che la forza di interazione di m2 sum1 ha due componenti ortogonali: una orizzontale (di spinta) −F21 (verso sinistra) ed unaverticale (di attrito) che chiameremo fs (positiva, verso l’alto). Le equazioni di Newtonper i due corpi lungo l’asse x risultano

F − F21 = m1a

F21 = m2a,

da cui F = (m1 + m2)a e quindi i blocchi, se restano uniti, si muovono con accelerazionea = F/(m1 +m2). Affinché restino uniti, la forza di attrito statico tra i due blocchi, direttaverticalmente, deve opporsi alla forza peso del blocco 1, i.e. m1g < fs,max = µsN = µsF21.Siccome F21 = m2

m1+m2F , troviamo

m1g < µsm2

m1 +m2F ⇒ F >

m1(m1 +m2)

µsm2g = 487.7 N.

5. L’attrito statico soddisfa fs < fmax = Nµs = mgµs. Ma finché non c’è moto, fs − F = 0,e quindi la condizione su F risulta F < mgµs. Nel caso limite di F massima, otteniamoFmax = mgµs e allora µs = Fmax

mg = 20N5kg×9.8m/s2 ' 0.41. L’attrito dinamico soddisfa

fd = Nµd = mgµd. Nel moto a velocità costante, fd − F = ma = 0; di conseguenzamgµd − F = 0 e µd = F

mg = 15N5kg×9.8m/s2 ' 0.31.

6. La massa m1 è soggetta alle forze: peso m1~g, la reazione normale al piano inclinato ~N1,l’attrito dinamico ~fd1 e la forza ~F dovuta alla barra. Dalla seconda legge di Newton,l’equazione del moto è

m1~a = m1~g + ~N1 + ~fd1 + ~F .

Analogamente per la massa m2

m2~a = m2~g + ~N2 + ~fd2 − ~F .

Notare che l’accelerazione delle due masse è la stessa perché esse sono collegate da una barrarigida. Proiettiamo le equazioni lungo l’asse x parallelo al piano inclinato (e orientato versoil basso). Otteniamo le equazioni

m1ax = m1g sin θ − µ1N1 + Fx

m2ax = m2g sin θ − µ2N2 − Fx.

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I moduli delle reazioni normali N1 e N2 si possono calcolare proiettando le equazioni nelladirezione y perpendicolare al piano inclinato. Otteniamo le due equazioni scalari

m1ay = −m1g cos θ +N1 = 0

m2ay = −m2g cos θ +N2 = 0.

Ci si riduce al problema

m1ax = m1g sin θ − µ1m1g cos θ + Fx

m2ax = m2g sin θ − µ2m2g cos θ − Fx.

Moltiplicando la prima equazione per m2 e la seconda per m1 e poi sottraendo membro amembro le due equazioni si ricava

Fx =m1m2(µ1 − µ2)g cos θ

m1 +m2= 0.91 N.

Invece, sommando membro a membro le due equazioni,

ax = g sin θ − µ1m1 + µ2m2

m1 +m2g cos θ = 3.46 m/s2.

7. Le forze agenti sul cubetto sono la forza peso e la reazione vincolare. Il cubetto avràun’accelerazione centripeta a causa del moto circolare uniforme del cono. Proiettandol’equazione di Newton m~g+ ~N + ~fs = m~aC lungo l’asse generatore della superficie del cono(verso entrante), la condizione di equilibrio diventa

mg sin θ + fs = maC cos θ = mω2r cos θ.

in cui abbiamo lasciato arbitrario il segno della forza di attrito perché non ne conosciamoil verso. Infatti il segno sarà positivo se mg sin θ −mω2r cos θ < 0 e negativo altrimenti.Inoltre, il modulo della forza d’attrito deve rispettare la diseguaglianza

|fs| ≤ µsN = µs(mg cos θ +mω2r sin θ),

in cui N corrisponde alla reazione normale alla superficie. Tale condizione equivale a−µsN ≤ fs ≤ µsN , cioè

−µs(mg cos θ +mω2r sin θ) ≤ mω2r cos θ −mg sin θ ≤ µs(mg cos θ +mω2r sin θ).

Abbiamo quindi le due condizioni

mω2r(cos θ − µs sin θ) ≤ mg(sin θ + µs cos θ)

mω2r(cos θ + µs sin θ) ≥ mg(sin θ − µs cos θ).

Notiamo che se tan θ > 1/µs, la prima condizione è sempre soddisfatta, mentre se tan θ < µslo è la seconda. Quindi per tan θ ∈ (1/µs, µs), il blocchetto rimane in equilibrio qualunquesia la velocità di rotazione ω, anche infinitamente grande! Questo accade perchè anche laforza di attrito dipende da ω, quindi all’aumentare della velocità angolare, aumenta anchel’attrito. Quando questa relazione non vale, abbiamo invece dei valori limite per ω, definitidalle condizioni

ω2 ≤ g(sin θ + µs cos θ)

r(cos θ − µs sin θ),

12

e

ω2 ≥ g(sin θ − µs cos θ)

r(cos θ + µs sin θ).

Nel seguito rivedremo questo esercizio nel sistema di riferimento non-inerziale solidale conil cono. Il risultato ovviamente deve essere lo stesso.

8. Indichiamo con T1 e T2 le tensioni delle funi superiore e inferiore rispettivamente. Siccomeil triangolo è equilatero, le tensioni formano angoli di 60◦ con l’asse verticale. Non essendocimoto nella direzione dell’asse di rotazione, la somma delle componenti delle forze paralleleall’asse deve essere nulla:

T1 cos 60◦ − T2 cos 60◦ −mg = (T1 − T2)1

2−mg = 0.

Se T1 = 35 N , ci calcoliamo T2 = T1 − 2mg = (35 N)− 2(1.34 kg)(9.8 ms−2) = 8.74 N .La risultante delle forze applicate alla palla ha componente solo radiale ed è data dallasomma delle componenti radiali delle tensioni, cioè

R = T1 sin 60◦ + T2 sin 60◦ = (T1 + T2)

√3

2= 37.88 N.

La palla sta girando attorno all’asse ed è perciò soggetta ad una accelerazione centripetache deve essere fornita dalla risultante delle tensioni, quindi

mv2

r= R = (T1 + T2)

√3

2.

Dato che le funi formano un triangolo equilatero di lato ` = 1.70m, il raggio dell’orbitadella pallina corrisponde all’altezza del triangolo, e lo calcoliamo come r = ` sin 60◦ = `

√32 .

La velocità della pallina sarà quindi

v =

√3`

4m(T1 + T2) =

√3

4

(1.70m)

1.34kg(35N + 8.74N) = 6.45 ms−1.

9. Le forze agenti su A nella direzione y perpendicolare al piano sono le forze peso (rivolte versoil basso) dei due blocchi A e C, quindi la reazione normale al piano sarà N = (mA +mC)ge rivolta verso l’alto.Lungo l’asse x, parallelo al tavolo, agiscono sul blocco A la tensione della fune T e la forzadi attrito fs in verso opposto ad essa. In condizioni di equilibrio, la forza di attrito è staticae sappiamo deve soddisfare la diseguaglianza fs ≤ µsN , da cui fs ≤ µs(mA +mC)g.D’altra parte in condizioni statiche la tensione della fune T è in modulo uguale al peso delblocco B, i.e. T = mBg.Quindi affinchè vi sia equilibrio lungo l’asse x dovremo avere

mBg = fs ≤ µs(mA +mC)g.

da cui si ricava

mC ≥mB − µsmA

µs= 10.0 kg.

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Se il blocco C viene tolto, la forza di attrito dinamico tra il blocco A ed il tavolo assumeil valore µdmAg. La tensione T della fune non ha più il valore statico utilizzato sopra. Leequazioni del moto si impostano applicando la seconda legge di Newton ai blocchi A e B,tenendo conto che essi si muovono con la stessa accelerazione

mAa = T − µdmAg,

mBa = mBg − T.

Eliminando tra le due equazioni l’incognita T si ricava

a =mB − µdmA

mA +mBg = 2.72 ms−2.

10. Le forze che agiscono sul blocco sono: la forza ~F , il suo peso m~g, la forza di attrito ~fde la forza normale ~N . La risultante di queste forze provoca l’accelerazione del blocco.Proiettando l’equazione del moto nelle direzioni perpendicolari e parallela al piano, cioèlungo l’asse x diretto nel senso del moto del blocco e lungo l’asse y in verso uscente dalpiano, si trova

N −mg cosα− F sinα = may = 0

F cosα−mg sinα− fd = max.

Dalla prima equazione si ottiene N = mg cosα + F sinα = 65.51 N , per cui la forza diattrito dinamico vale in modulo

fd = µdN = (0.33)(65.51N) = 21.62 N

ed è diretta in verso contrario al moto.L’accelerazione risulta essere

a = ax =1

m(F cosα−mg sinα− fd) = −3.22 ms−2.

Notare che il blocco è soggetto ad una decelerazione.Se il blocco sale sul piano inclinato con una velocità iniziale v0, dopo un tempo t la velocitàvarrà v(t) = v0 + at = (4.3 m/s) − (3.22ms−2) · t. Il blocco si arresta all’istante t∗ =−v0/a = 1.33 s. In questo intervallo di tempo il blocco ha percorso la distanza

x = v0t∗ +

1

2a(t∗)2 = − v

20

2a= 2.87 m.

Quando il blocco è fermo si trova sottoposto alle forze parallele al piano inclinato conrisultante Rx = F cosα − mg sinα = 35.75N − 29.60N = 6.14N . Benchè questa forzarisultante sia positiva, ad essa si oppone una forza di attrito statico. Per definizione essa sipuò opporre fino ad un valore massimo µsN . Questo valore sappiamo deve essere maggioreo uguale al modulo della forza di attrito dinamico, cioè µsN ≥ µdN = fd = 21.62N .Siccome Rx = 6.14 N < 21.62 N , certamente una volta fermatosi, il blocco non si muovepiù.

11. In generale le equazioni del moto lungo il piano sono:

T − µ1m1g = m1a

F − T − µ2m2g = m2a.

14

dove T è la tensione della corda e a è l’accelerazione comune dei blocchi. Sommandootteniamo per a

a =F − (µ1m1 + µ2m2)g

m1 +m2

e quindi

T = m1(a+ µ1g) = F −m2(a+ µ2g) =m1

m1 +m2[F −m2g(µ2 − µ1)] .

Perché avvenga il moto la forza applicata F deve essere maggiore della somma delle forze diattrito, che vale ftot = (µ1m1 +µ2m2)g. Inoltre dalla espressione della tensione T vediamoche la corda è tesa se F > m2g(µ2 − µ1). Siccome F > ftot, allora questa condizione èsempre soddisfatta (perché ftot > m2g(µ2 − µ1)).Ora ponendo µ1 = 0.1 e µ2 = 0.01, abbiamo a = 1.55 ms−2 e T = 25.3 N .Se al posto della corda ci fosse una molla, dovremmo sostituire la tensione T della cordacon la forza elastica della molla Fel = kx. Siccome T = 25.3 N , troviamo l’elongazionex = T/k = 25.3N

500N/m = 5.1 10−2m = 5.1 cm. La lunghezza della molla sarà pertantod+ x = 55.1 cm.

12. Le equazioni del moto dei tre corpi sono:

m1g − T1 = m1a

T1 − T2 − µ(m2 +m3)g = m2a

T2 = m3a.

Abbiamo tre equazioni in tre incognite, quindi possiamo risolvere il sistema per a, T1, T2.Sostituendo l’espressione di T2 = m3a e di T1 = m1(g−a) nella seconda equazione troviamo

a =m1 − µ(m2 +m3)g

m1 +m2 +m3= 1.31 ms−2.

Quindi poi T1 = 34.0 N e T2 = 3.9 N .

13. Quando il filo è teso, le equazioni del moto proiettate sull’asse lungo il piano inclinato sono

m1g sin θ − µ1m1g cos θ − T = m1a

m2g sin θ − µ2m2g cos θ + T = m2a

da cui sommando membro a membro troviamo

a = g

(sin θ − µ1m1 + µ2m2

m1 +m2cos θ

)= 3.77 ms−2,

e poi sostituendo l’espressione per a otteniamo la tensione del filo

T =m1m2

m1 +m2g cos θ(µ2 − µ1) = 0.57 N.

Il filo è teso solo se µ2 > µ1 e infatti la tensione si annulla quando µ1 = µ2 = µ. In tal casoa = g(sin θ− µ cos θ). Notare che se fosse µ2 < µ1 il filo non sarebbe mai teso e la massa 2raggiungerebbe la massa 1 sul piano.

15

14. Il filo è teso, quindi i due corpi hanno accelerazione con stesso modulo a, sebbene diversedirezioni. L’equazione di Newton per il corpo 2, proiettata lungo l’asse verticale (orientatoverso l’alto) è

T −m2g = m2a

con T tensione del filo, che non conosciamo. L’equazione di Newton per il primo corpo,proiettata sull’asse parallelo al piano inclinato (e orientato verso il basso), è

m1g sin θ − µdm1g cos θ − T = m1a.

Dalle due ricaviamo

a =m1(sin θ − µd cos θ)−m2

m1 +m2g.

Sostituendo i valori numerici troviamo a = −1.49 ms−2 e T = m2(g + a) = 0.33 N . Sitrova quindi che l’accelerazione è rivolta in verso opposto al moto iniziale. Il modulo dellavelocità è lo stesso per i due corpi e varia seguendo la legge, v(t) = v0 + at. Ponendo lavelocità uguale a zero troviamo l’istante di arresto t∗ = −v0/a = 2.01 s. Lo spazio percorsoin questo intervallo di tempo è x = v0t

∗ + 12a(t∗)2 = 3.03 m.

Quando i corpi sono fermi non possono restare in equilibrio? Se fossero in equilibrio allorala tensione del filo dovrebbe bilanciare il peso del corpo 2, cioè T = m2g, e la risultante R1

delle forze che agiscono lungo il piano inclinato sul corpo 1 sarebbe

R1 = m1g sin θ − T = m1g sin θ −m2g

= (0.06kg)(9.8m/s)0.5− (0.04kg)(9.8m/s) = −0.098 N,

cioè la risultante lungo il piano inclinato è diretta verso la carrucola. Questa deve esserebilanciata dalla forza di attrito statico, che al massimo può valere µsN1 = µsm1g cos θ =

0.15(0.06kg)(9.8m/s)√32 = 0.076 N. Quindi la forza di attrito statico non è in grado di

bilanciare la risultante sul corpo 1 che non rimarrebbe in equilibrio, cominciando invece amuoversi verso l’alto. Possiamo anche calcolarne l’accelerazione se impostiamo nuovamenteil sistema di equazioni per le leggi di Newton dei due corpi facendo attenzione a cambiare ilsegno della forza di attrito dinamico, che dovendo essere opposta al moto, ora sarà direttaverso il basso lungo il piano inclinato. In questo caso otteniamo

m1g sin θ − T + µsmg cos θ = m1a

T −m2g = m2a

da cui

a =m1(sin θ + µd cos θ)−m2

m1 +m2g = −0.47 m/s2.

Quindi l’accelerazione del corpo 1 è diretta verso la carrucola e per il corpo 2 è direttaverso il basso.

15. L’accelerazione centripeta che permette all’auto di realizzare un moto circolare è fornitadalla forza d’attrito (attrito statico, non dinamico, perché stiamo guardando la direzionenormale al moto, in cui la velocità è nulla). Quindi lungo la normale alla traiettoria

maN = mv2

R= µmg ⇒ v =

√µgR = 12.1 m/s = 43.3 km/h.

16

Con la pista inclinata e senza attrito, le forze in gioco sono il peso m~g e la reazione normale~N , la loro risultante fornisce la forza centripeta. Proiettiamo l’equazione di Newton lungol’asse verticale, abbiamo N cosβ = mg, i.e. N = mg/ cosβ. La componente orizzontaledella risultante delle forze, N sinβ = mg tanβ, deve essere uguale alla forza centripeta, dacui

mv2

R= mg tanβ ⇒ tanβ =

v2

gR= 0.5, β = 26.6◦.

16. Chiamiamo θ l’angolo tra la sferetta e l’asse verticale. Siccome non c’è attrito, la reazionedella guida è ortogonale alla stessa. In equilibrio

m~g + ~F + ~N = 0

Proiettando l’equazione sull’asse verticale diretto verso l’alto abbiamo

N cos θ −mg = 0.

Proiettando invece sull’asse orizzontale diretto con verso uscente dalla guida circolareabbiamo

N sin θ − F = 0.

Quindi N sin θ = kx = kR sin θ. Questa condizione è sempre soddisfatta per sin θ = 0, cioèθ = 0, π in cui F = 0, ~N = −m~g. Se invece sin θ 6= 0, la condizione di equilibrio è

kR cos θ = mg ⇒ cos θ =mg

kR=

(10−2kg)(9.8ms−2)

(0.4N/m)(0.5m)= 0.49 ⇒ θ = ±60.7◦.

Dalla relazione mgkR > 0, vediamo che non ci possono essere soluzioni per 90◦ < θ < 180◦.

17. Consideriamo la posizione nella metà superiore della guida (in blu nella figura). In presenzadi attrito la condizione di equilibrio deve valere m~g + ~R = 0. Proiettando sulla tangentealla guida (con verso diretto in senso orario)

mg sin θ −RT = 0

e sulla normale (con verso uscente)

RN −mg cos θ = 0.

La condizione di equilibrio statico è RT ≤ µsRN , cioè

mg sin θ ≤ µsRN = µsmg cos θ ⇒ tan θ ≤ µs = 0.5

da cui −26.6◦ ≤ θ ≤ 26.6◦. La sferetta resta in equilibrio in qualsiasi punto dell’arco diguida compreso tra −26.6◦ e 26.6◦ rispetto alla sommità della guida circolare.In realtà la stessa situazione si verifica anche nell’arco diametralmente opposto. Consi-deriamo la sferetta nella posizione inferiore (in rosso nella figura), l’equazione di Newtonproiettata lungo la tangente alla guida (sempre diretta per convenzione in senso orario)risulta

mg sin θ′ −RT = 0

17

e sulla normale (sempre uscente)

mg cos θ′ −RN = 0.

In questo modo le reazioni vincolari tangente RT e normale RN alla guida sono entrambepositive. Imponendo la condizione di equilibrio rispetto all’attrito statico, troviamo

RT ≤ µsRN ⇒ tan θ′ ≤ µs.

Sappiamo che l’angolo θ′ = π − θ (dove θ è l’angolo formato dalla sferetta rossa conla verticale in senso orario), quindi tan θ′ = − tan θ. La condizione generale per avereequilibrio è pertanto | tan θ| ≤ µs.

18. Applichiamo il teorema dell’impulso

F∆t = (m1 +m2)v ⇒ v = 6 m/s.

Nel tratto con attrito invece abbiamo f2 = 0 e f1 = µm1g per cui le equazioni del motodei due corpi, se restassero attaccati tra loro, sarebbero:

m1a = −µm1g + T

m2a = −T.

dove abbiamo indicato con T la forza di legame tra i due corpi. Risolvendo otteniamo

a = − µm1g

m1 +m2

e quindi

T =µm1m2g

m1 +m2= 23.5 N.

Siccome T > 20 N , i due corpi si separano.

19. Siccome le differenze di velocità e spazio percorso stanno in rapporto costante, esse do-vranno soddisfare la relazione δv = −k′δ`, con k′ costante positiva. Il segno meno vienedal fatto che la velocità diminuisce all’aumentare dello spazio percorso a causa dell’attritodel fluido. Se la relazione è valida in generale, lo sarà anche per differenze infinitesimedv = −k′d` pertanto, differenziando entrambi i membri rispetto al tempo, troviamo

dv

dt= −k′ d`

dt⇒ a(t) = −k′v(t).

Da questa equazione ricaviamo la legge di Newton ma = −k′mv = −kv, in presenza diattrito viscoso fv = −kv. Con i dati forniti dal problema possiamo calcolare la costante diattrito viscoso

k = m|δv||δ`|

= (1kg)(0.2m/s)

(0.05 m)= 4 kg/s.

20. Le forze in gioco sono la forza peso m~g diretta verso il basso e la forza di attrito viscoso ~fvdiretta in verso opposto. Proiettandole sull’asse verticale abbiamo

ma = mg −D1v2.

18

La velocità limite corrisponde al punto in cui il moto diviene uniforme, perché la forza pesoe la forza di attrito si bilanciano, quindi avremo vmax =

√mgD1≈ 52.38 m/s.

Per calcolare la legge del moto, osserviamo che a(t) = dvdt , quindi otteniamo l’equazione

differenzialedv

dt= g − D1

mv2.

Risolviamo l’equazione differenziale isolando le variabili velocità e tempo ai due membrie integrando gli stessi tra l’instante iniziale (in cui la velocità è nulla) e quello in cui siraggiunge la velocità v. Quindi

ˆ v

0

dv′

g − D1

m v′2=

ˆ t

0

dt′

da cui

t =

ˆ t

0

dt′ =

ˆ v

0

dv′

g − D1

m v′2

=m

D1

ˆ v

0

[dv′

g mD1− v′2

]

=m

D1

ˆ v

0

dv′(√g mD1

− v′)(√

g mD1+ v′

)

=m

2√g mD1

D1

ˆ v

0

1√g mD1

− v′+

1√g mD1

+ v′

dv′

=m

2√gmD1

log

√g mD1

+ v√g mD1

− v− log

√g mD1

+ 0√g mD1

− 0

=

1

2

√m

gD1

log

√g mD1

+ v√g mD1

− v− log 1

=

1

2

√m

gD1log

√g mD1

+ v√g mD1

− v

Si noti che la velocità limite viene raggiunta solo asintoticamente dal paracadutista, quindiil tempo necessario per raggiungerla è infinito (per verificarlo provate a sostituire il valorelimite della velocità in questa formula).Invertendo l’espressione per calcolare v troviamo

v(t) =

√gm

D1

e2√

gD1m t − 1

e2√

gD1m t + 1

=

√gm

D1tanh

(√gD1

mt

).

19

Integrando ulteriormente rispetto al tempo, troviamo la legge del moto

x(t)− h0 = −ˆ t

t0=0

v(t′)dt′ = − m

D1log

cosh√

gD1

m t

cosh√

gD1

m t0

= − m

D1log cosh

(√gD1

mt

).

Il tempo t1 a cui si apre il paracadute corrisponde all’altezza h1 = 800 m, quindi pos-siamo ricavare il tempo richiesto per raggiungere questa quota e la velocità raggiunta inquell’istante. Dalla formula precedente

h1 − h0 = − m

D1log cosh

√gD1

mt ⇒ t1 =

√m

gD1cosh−1

[e

D1m (h0−h1)

],

e sostituendo i valori numerici otteniamo t1 = 36.15 s. A questo punto possiamo anchecalcolare v(t1) dalla formula della velocità

v(t1) =

√mg

D1tanh

(√gD1

mt1

)' 52.38 m/s.

In pratica il paracadutista è (molto vicino) alla velocità limite quando apre il paracadute(in realtà lo è già dopo 10-15 secondi di caduta).Dalla quota h1 = 800 m, e viaggiando di moto uniforme alla velocità limite vmax, ilparacadutista impiegherebbe t2 = h1/vmax = (800 m)

(52.38 m/s) ≈ 15 s per raggiungere il suolo.Confrontiamo questo intervallo di tempo con il tempo richiesto per decelerare in presenzadel paracadute.Aprendo il paracadute, si rallenta la caduta verso una nuova velocità limite di vmin =4.7 m/s. Da questo valore ricaviamo il nuovo coefficiente di attrito D2 = mg/v2min =31.05 kg/m. Usando l’espressione, precedentemente ricavata, del tempo in funzione dellavelocità possiamo ricavare il tempo impiegato per rallentare da v1 = v(t1) a v2 = 5 m/s,velocità che permetterebbe l’atterraggio. Ripetiamo quindi il calcolo precedente assumendovelocità iniziale v1,

∆t = t2 − t1 =m

2√gmD2

log

√g mD2

+ v2√g mD2

− v2− log

√g mD2

+ v1√gmD − v1

=

1

2

√m

gD2

log

(√g mD2

+ v2

)(√g mD2

− v1)

(√g mD2

− v2)(√

g mD2+ v1

)

≈ 0.79 s.

Il tempo necessario per rallentare (meno di un secondo) è largamente inferiore al minimointervallo di tempo ancora a disposizione prima di toccare il suolo (15 s).

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Esercizi dinamica1