problema 1 -...

1

Problema 1

Un blocchetto di massam= 1 kg e appoggiato sopra un blocco di massaM = 4 kg e lunghezzad = 0.8 m, alla sua estremitasinistra (vedi figura). Tra i due blocchi vi e attrito (µd = 0.6µs) mentre il piano dove poggia il blocco piu grande e da considerarsiliscio e privo di attrito. Applicando al bloccom una forzaF = 5 N si determini (a) qual e il minimo coefficiente di attrito staticoaffinche i blocchi si muovano insieme. Se poi il blocco piccolo comincia a muoversi rispetto al blocco grande, calcolare(sempreapplicando la forzaF) (b) quanto vale l’accelerazione del blocco grande e (c) dopo quanto tempo il blocco piccolo cadra avendoraggiunto l’estremita destra.

Fm

M

d

Tra i due blocchi agisce la forza di attrito, per il bloccoinferiore nel verso della forzaF (in avanti), per il bloc-co superiore in senso opposto (all’indietro). Chiamiamoquesta forzaT.Finche i due blocchi sono a contatto agisce l’attritostatico e l’accelerazione e la stessa. Le equazioni sono:

ma= F −T Ma= T

Se vogliamo il coefficiente di attrito statico minimoperche il blocco non scivoli allora dovra essereT = µsmge sostituendo troviamo

ma= F −µsmg Ma= µsmg

che e un sistema di due equazioni e due incognite (a eµs). Risolvendo si ottiene:

a=F

M+mµs =

M F(M+m)mg

= 0.408

Quando il blocco inizia a scivolare, le accelerazioni non sono piu uguali e l’attrito diventa dinamico. Le uquazioni diventano:

ma= F −µdmg Ma′ = µsmg

E risolvendo, otteniamo

a=F −µdmg

m= 2.6 m/s2 a′ =

µdmgM

= 0.6 m/s2

Il tempo che in questo caso il blocchetto rimane sul blocco grande, prima di cadere, e uquivalente al tempo che ci mette uncorpocon accelerazionea−a′ (accelerazione relativa tra i due blocchi) a percorrere la distanzad e dunque:

12(a−a′)t2 = d ⇒ t =

√

2da−a′

= 0.894s

2

Problema 2

Tre corpi di massem1 = 5 kg,m2 = 6 kg em sono collegati fra loro (vedi figura) da due fili inestensibili. Le masse dei fili e dellecarrucole sono trascurabili. Tra i corpi e le superfici di appoggio c’e attrito statico e dinamico, con coefficientiµs= 0.2 eµd = 0.1.Determinare: (a) il valore massimom∗ di m per cui si ha equilibrio; (b) l’accelerazione del sistema sem= 2 m∗; (c) il lavoro fattodalle forze di attrito se la massam ha acquistato una velocita di moduloV = 4 m/s partendo da ferma;

α=30m1

m2

m

Scriviamo l’equazione di Newton (prima equazione cardinale della meccanica) per i tre corpi separatamente, tenendo presenteche, essendo la fune inestensibile, l’accelerazione e la stessa per i tre corpi e che, essendo le funi e le carrucole prive di massa, letensioni sono due, una per fune. Le equazioni saranno

m1a= T1−µm1g m2a= T2−T1−M2gsinα−µm2gcosα ma= mg−T2 (1)

Abbiamo volutamente lasciato il coefficiente di attrito generico poiche l’equazione vale si per il sistema in quiete (a= 0 eµ= µs)che per il sistema in movimento (µ= µd). Per trovare il massimo valore dim per cui il sistema e in equilibrio, porremoa= 0 eµ= µs e troviamo:

T1 = µsm1g T2 = T1+M2gsinα+µsm2gcosα mg= T2

che rappresenta un sistema di tre equazioni nelle incogniteT1, T2 e µs. RicavandoT1 eT2 rispettivamente dalla prima e dalla terzaequazione e sostituendo nella terza si ottiene

m∗ = m1µs+m2(sinα+µscosα) = 5.04 kg

Sem= 2m∗ il sistema si mette in moto e per ricavare l’accelerazione bastera riconsiderare il sistema (1) dove oraµ = µd. Inparticolare, sommando le tre equazioni, le tensioni delle funi si elidono.

(m1+m2+2m∗)a= 2m∗−m2gsinα−µdg(m1+m2cosα) ⇒ a=2m∗−m2sinα−µd(m1+m2cosα)

2m∗+m1+m2= 0.311 m/s2

Lo spazio percorso per arrivare alla velocitav in un moto uniformemente accelerato con accelerazionea si trova come:

l =12

at2 v= at ⇒ t =va

⇒ l =v2

2a= 25.7 m

Il lavoro della forza di attrito sara allora il prodotto della forza per lo spostamentol .

L = F · l = (µdm1g+µdm2gcosα)l = 257 Joule

3

Problema 3

Due massem1 em2 sono poste su una superfice orizzontale priva di attrito e sono connesse da una fune di massa trascurabile. UnaforzaF viene esercitata verso destra da una delle masse (vedi figura). Determinare a) l’accelerazione del sistema e b) la tensionedella funeT.

Fm

m12

T

Consideriamo il sistema complessivo formato dalle duemasse. Su esso agisce la forzaF e la massa complessivae m1+m2 dunque:

(m1+m2)a= F ⇒ a=F

m1+m2

Efidentemente questo approccio non ci dice nulla sullatensione della fune che per il sistema complessivo e una forza interna.Consideriamo ora i due sistemi singolarmente e applichiamol’equazione di Newton. Per il primo abbiamo:

m1a= T ⇒ T =m1F

m1+m2

Mentre per il secondo blocco si ha:

m2a= F −T = F

(

1m1

m1+m2

)

=m2F

m1+m2

e ritroviamo

a=F

m1+m2

4

Problema 4

Due blocchi di massaM = 4 kg em= 1 kg sono sistemati come in figura. Se su tutte le superfici gli attriti statico e dinamicovalgono rispettivamenteµs = 0.3 eµd = 0.2 calcolare a) qual’e il valore massimo della forzaF per cui il blocco di sopra non cadee b) l’accelerazione del sistema per tale valore di forza. Calcolare infine come varia tale accelerazione se si permette la blocchettosi sopra di muoversi.

M

mF

Tra i due blocchi agisce una forza di attrito che e staticose i due blocchi non scivolano l’uno rispetto all’altro edinamico in caso contrario. Tale forza agisce in modoopposto sui due blocchi. Tra il blocco di sotto e il suo-lo agisce sempre l’attrito dinamico. Per trovare la forzamassima che si puo applicare senza far scivolare il bloc-co di sopra, la forza di attrito da considerare tra i dueblocchi e proprio quella di attrito statico e pari al mas-simo valore che essa puo assumere (µsmg). Scriviamo allora le equazioni del moto per i due blocchi, considerando che questiviaggiano insieme.

ma= µsmg Ma= F −µsmg−µd(M+m)g

Abbiamo un sistema di due equazioni nelle incognitea e F e risolvendo troviamo:

a= µsg= 2.94 m/s2 F = (µs+µd)(M+m)g= 24.5 N

Se il blocco di sopra si muove rispetto a quello di sotto (scivola indietro), l’attrito tra i due blocchi diventa dinamico. Scriviamonuovamente le equazioni di Newton per i due blocchi. Siaa′ l’accelerazione del blocco di sopra (ora sono chiaramente diverse).

ma′ = µdmg ⇒ a′ = µdg= 1.96 m/s2

e per il blocco di sotto

Ma= F −µdmg−µd(M+m)g

e sostituendo l’espressione trovata prima perF si ottiene

a=[

µs+mM(µs−µd)

]

= 3.19 m/s2

5

Problema 5

Un blocchetto di massa (m= 2 kg) puo muoversi sulla guida rappresentata nella Figura.Il piano e inclinato di un angoloα = 30◦

ed ha un coefficiente di attrito dinamicoµd = 0.15. Il blocchetto inizialmente fermo, inizia a scivolare sul piano ed infine cade sulpiano orizzontale (posto ad un’altezzah= 1 m), ad una distanza did = 60 cm dalla parete.Trovare: (a) la velocita del blocchetto al momento dell’impatto al suolo; (b) la velocita quando lascia il piano inclinato; (c) iltempo totale dall’inizio a quando atterra.

30 gradi

m

d

h

Analizziamo dapprima la parte relativa al volo del bloc-chetto. Dalla posizione dove atterra possiamo ricavaresia il tempo del volo (t2) che la velocita nel punto in cuistacca (v0).

v0cosαt2 = d h− v0sinαt2−12

gt22 = 0

Questo e un sistema di due equazioni nelle incognitet2e v0, che risolto fornisce:

t2 =

√

2(h−d tanα)g

= 0.365 s v0 =d

cosαt2= 2.00 m/s

La velocita quando il blocchetto arriva al suolo si ricavadall’equazione oraria della velocita, sostituendot = t2.

vx(t2)= v0cosα= 1.64 m/s vy(t2)=−v0sinα−gt2=−4.53 m/s

Da queste ricaviamo il modulo della velocita

v(t2) =√

v2x + v2

y = 4.82 m/s

Volendo ora il tempo totale del moto, dal momento in cui il blocchetto e lasciato andare al suo impatto al suolo, devo aggiungereil tempo che questo impiega a percorrere il piano inclinato.Sul piano il blocchetto si muove soggetto alla forza peso e alla forzadi attrito per cui:

ma= mgsinα−µdmgcosα ⇒ a= gsinα−gcosα = 3.63 m/s2

Il tempot1 che il blocco impiega a percorrere il piano lo si ottiene imponendo che questo raggiunga la velocitav0 al tempot1.

at1 = v0 ⇒ t1 =v0

a= 0.523 s

Il tempo totale sara allora:

T = T1+ t2 = 0.888 s

6

Problema 6

Due blocchi scivolano a contatto tra loro su un piano inclinato scabro, conα = 30◦. Le masse dei due blocchi sono rispettivamentem1 = 1.7 kg em2 = 2.3 kg. I coefficienti di attrito dinamico sonoµ1 = 0.17 eµ2 = 0.34.Si trovi (a) l’accelerazione dei due blocchi, (b) il modulo della forza esercitata da un blocco sull’altro e (c) il valoremassimo diµ1

per cui i due blocchi scendono ancora attaccati.

1 2

α

Questo problema e simile al problema 3. Possiamo rispondere ad alcu-ne domande(ad esempio trovare l’accelerazione comune) consideran-do il sistema nel suo complesso, mentre la soluzione completa del pro-blema richiede l’applicazione dell’equazione di Newton aidue blocchiseparatamente.Se consideriamo il sistema totale, questo e composta dai due bloc-chi insieme soggetti alla forza peso a all’attrito dinamicoche agiscediversamente sui due blocchi.

(m1+m2)a= (m1+m2)gsinα−µdg(m1µ1+m2µ2)gcosα

Da questa ricaviamo subito

a= gsinα−µ1m1+µ2m2

m1+m2gcosα = 2.50 m/s2

Tutto va come se agisse un attrito il cui coefficiente e una madia dei coefficienti dei blocchi pesati per le loro masse.Operando come fosse un sistema unico, evidentemente la forza che si esercita tra i due blocchi non compare essendo unaforza internaal sistema. Tale forza agisce sui due blocchi in modo uguale econtario (il blocco 2 e spinto verso il basso mentre ilblocco 1 e frenato, forza verso l’alto). Indicando conT tale forza, scriviamo le due equazioni di Newton per i blocchetti.

m1a= m1gsinα−T −µ1m1gcosα m2a= m2gsinα+T −µ2m2gcosα

Sommando le due ritroviamo l’accelerazione di prima. Per ottenere invece la forzaT tra i due blocchi bastera sostituire in una delleequazioni l’espressione dell’accelerazionea oppure, dividendo rispettivamente le due equazioni di sopra perm1 em2 e sottraendola prima alla seconda si ottiene facilmente

T =µ2−µ11

m2+ 1

m1

=m1m2(µ2−µ1)

m1+m2= 0.193 N

Come deve essere, seµ1 = µ2 la forza tra i blocchetti e nulla in quanto scendono entrambi con la stessa accelerazione. La forza ediversa da zero e il blocchetto di sopra si appoggia a quello di sotto finche il suo attrito e minore di quello del blocco che lo segue(µ1 < µ2) (in altre parole questo accelererebbe di piu ma trova il blocco davanti a sbarrargli la strada).Tutto cio risponde anche alla terza domanda. I blocchi viaggiano attaccati fino a cheµ1 ≤ µ2. Per valori maggiori il blocco 1 sistacca e il blocco 2 scende con un’accelerazione maggiore.

7

Problema 7

Un blocco di massam= 2 kg scivola con attrito (µs = 0.25) lungo un cuneo di massaM = 10 kg, appoggiato su un piano liscio(vedi figura). Se l’angolo acuto del cuneo valeα = 24o, determinare a) la forzaF che bisogna applicare al cuneo affinche ilblocchetto non scivoli e b) l’accelerazione del sistema in tale caso.

��

m

F

αM

ILa forzaF fa muovere il cuneo di moto uniformementeaccelerato. In questo modo il cuneo diventa un riferi-mento non inerziale e il blocco e soggetto ad una forzaapparenteFa.Scriviamo tutte le forze che agiscono sul blocchetto eimponiamo che la risultante sia nulla. Per fare cio pren-diamo come sistema di riferimento un’asse lungo la di-scesa (assex) e un altro normale al piano inclinato (assey). Lungo l’assex abbiamo:

mgsinα−µsR−Facosα = 0

dove conR si e indicata la reazione normale. Lungoy possiamo invece scrivere:

R−mgcosα−Fasinα = 0

Otteniamo cosı un sistema di due equazioni nelle due incognite ReF −a. Se lo risolviamo (ad esempio ricavandoRdalla secondaequazione), otteniamo

R=mg

cosα+µssinα= 19.3 N Fa =

sinα−µscosαcosα+µssinα

mg= 3.44 N

La forza apparente cui e soggetto il blocchetto e legata all’accelerazione delsistema dalla formulaFa = ma, da cui possiamoricavare l’accelerazione del sistema

Fa = ma ⇒ a=Fa

m= 1.72 m/s2

Se vogliamo calcolare la forzaF dobbiamo considerare che questa mette in movimento tutte e due le masse (il blocchetto e fermorispetto al cuneo). Cosı abbiamo

R=mg

cosα+µssinα= 19.3 N F = (M+m)a=

M+mm

Fa =sinα−µscosαcosα+µssinα

(M+m)g= 20.7 N

F

α

M

R

mg

Si noti che per alcuni valori dell’angoloα o del coef-ficiente di attritoµs la forza che viene fuori e negati-va o nulla. Questo corrisponde alla situazione in cui ilblocchetto non scende anche se il cuneo e fermo. Inparticolare questo succede per

µs ≥ tanα

8

Problema 8

Una cassa pesante si trova a un’estremita di un carrello pianale lungod = 6 m (vedi figura). Fra la cassa e il piano del carrello vie attrito. Il carrello, inizialmente a riposo, inizia a muoversi con accelerazione costanteA= 2 m/s2.(a) qual e il minimo coefficiente d’attrito staticoµs perche la cassa non inizi a scivolare sul carrello? (b) supponendo che la cassapossa scivolare e che il coefficiente d’attrito dinamico valgaµd = 0.1, dopo quanto tempo la cassa cade giu dal carrello? (c) quantovale la velocita della cassarelativa al suolo nell’ istante della caduta?

��

Am

d

Sul carrello compare una forza apparenteFa = mA. Perche il carrello non scivoli tale forza apparente non deve superare la forzadi attrito statico che la tiene ferma.

Fa = mA< Fattr = µsmg ⇒ µs <Ag= 0.204

Ragioniamo sempre nel sistema di riferimento del carrello.L’equazione di Newton vale:

ma= mA−µdmg ⇒ a= A−µdg= 1.02 m/s2

Il tempo per compiere la distanzad si trova facilmente dall’equazione oraria.

d =12

at2 ⇒ t =

√

2da

=

√

2dA−µdg

= 3.43 s

Rispetto al carrello la cassa si muove verso sinistra ma rispetto al suolo la cassa ha la stessa direzione del carrello (verso destra)ma un’accelerazione minore. Il tempo per cadere si puo trovare anche facendo i conti rispetto al suolo. Nel tempot il carrelloavra percorso lo spazioL mentre la cassa avra percorso lo spazioL−d. D’altra parte la cassa ha accelerazioneA mentre la cassa(rispetto al suolo) ha un’accelerazioneµdg. Dunque possiamo scrivere:

12

At2 = L12

µdgt2 = L−d

e sottraendo la seconda alla prima si ritrova lo stesso tempotrovato in precedenza.Per trovare la velocita della cassa al tempot usiamo l’equazione oraria della velocita:

v(t) = µdgt = 3.36 s

9

Problema 9

Due masse ugualim1 = m2 = m= 2 kg scivolano su un cuneo collegate fra loro da una fune inestensibile e priva di massa chepuo scorrere su una carrucola anch’essa priva di massa (vedi figura 2). Gli angoli sono:α = 55o e β = 35o. Calcolare: (a)l’accelerazione del sistema nel caso in cui sui piani non siapresente attrito; (b) la velocita che il corpo 2 raggiunge dopo aversalito una quotah= 1 m partendo da fermo; (c) se sul piano a destra e presente attrito statico, quale dev’essere il valore minimodel cofficienteµs affinche il sistema sia all’equilibrio.

21

α β

µ

Scriviamo l’equazione di NewtonF = ma per i dueblocchi, nel caso in cui non vi sia attrito.

ma= mgsinα−T ma= T −mgsinβ

Nello scrivere le due equazioni si e assunto positivo ilverso che va da destra verso sinistra che e poi il versoin cui procede il sistema naturalmente. Facendo cosı ciaspettiamo un valore dell’accelerazione positivo.Sommando le due equazioniT sparisce ed otteniamo:

2ma= mg(sinα− sinβ) ⇒ a=12(sinα− sinβ)g= 1.20 m/s2

Per calcolare la velocita del sistema dopo che la quota del corpo 2 e salita dih= 1 m, osserviamo che questa corrisponde ad unospazio percorso di

d =h

sinβ= 1.743 m

Dall’equazione oraria dello spazio e della velocita troviamo

d =12

at2 ⇒ t =

√

2da

⇒ v(t) = at =√

2ad= 2.04 m/s

Per rispondere alla sterza domanda riscriviamo l’equaziopne di Newton dei due blocchi introducendo anche la forza di attrito

ma= mgsinα−T −Fattr,1 ma= T −mgsinβ−Fattr,2

Se ora vogliamo il minimo coefficiente di attrito perche il sistema sia fermo, dobbiamo porre

a= 0 Fattr,1 = µsmgcosα Fattr,2 = µsmgcosβ

Il sistema diventa dunque:

mgsinα−T −µsmgcosα = 0 T −mgsinβ−µsmgcosβ = 0

che puo essere risolto nelle due incogniteT e µs. In particolare, sommando le due equazioni e dividendo perm e perg si ottiene

µs =sinα− sinβcosα+ cosβ

= 0.176

Da notare che se i due angoli di pendenza sono uguali, il coefficiente di attrito viene nullo come e giusto attendersi.

10

Problema 10

Si consideri il sistema della figura, in cui un blocco di massam= 50 kg giacie su un estremo di un carrello di massaM = 400 kge lunghezza totaled = 8 m, che puo scorrere su un piano orizzontale senza attrito.Il blocco ed il carrello sono collegati tra loro,attraverso una fune ed una carrucola, entrambe di massa trascurabile. Se il coefficiente di attrito statico tra blocco e carrello valeµs = 0.3, calcolare (a) la minima forzaF che bisogna esercitare sul carrello per far muovere il sistema. Una volta che il sistemae messo in movimento (continuando ad applicare la stessa forzaF), calcolare (b) l’accelerazione del carrello e (c) la velocita delblocco prima di cadere dal carrello, se il coefficiente di attrito dinamico valeµd = 0.2.

��

��

M

m

F

Scriviamo per il carrello e per il blocco le equazioni del moto, considerando che l’accelerazione dei due corpi e la stessa ma insenso opposto e che sia sul carrello che sul blocco agisce la stessa tensione della funeT.

Ma = F −T −µmg

ma = T −µmg

Nello scrivere tali equazioni si e tenuto conto che la forzadi attrito agisce sul blocco ma anche (in verso opposto) sul carrello. Sevogliamo la minima forzaF per far muovere il carrello bastera porrea= 0 e troviamo subito il sistema

F −T −µsmg = 0

T −µsmg = 0 ⇒ F = 2µsmg= 147.1N

L’accelerazione del blocco (o del carrello) si trova ora risolvendo il sistema iniziale. Sommando le due equazioni si ottiene

(M+m)a= F −2µdmg ⇒ a=F −2µdmg

M+m= 0.109 m/s2

Nel calcolare la velocita del blocco quando cade dal carrello, bisogna tenere conto che mentre il blocco si muove verso la carrucola,il carrello se ne allontana con la stessa accelerazione. Dunque, rispetto al suolo, il blocco cadra dopo aver percorso la meta dellalunghezza del carrello (nel sistema del carrello la lunghezza e completa ma il blocco ha accelerazione doppia). Le equazioni orariesono allora

d/2 = 1/2at2

v = at ⇒ v=√

ad= 0.934 m/s

11

Problema 11

Si consideri il sistema della figura 1, in cui un blocco di massam= 50 kg giacie su un estremo di un carrello di massaM = 300 kge lunghezza totaled = 7 m, che puo scorrere su un piano orizzontale senza attrito.Se il coefficiente di attrito statico tra blocco ecarrello valeµs= 0.3 ed il coefficiente di attrito dinamico valeµd = 0.2, calcolare (a) la minima forzaF che bisogna esercitare sulblocco per far muovere il blocco rispetto al carrello. Ad un certo istante il blocco e messo in movimento, continuando adapplicarela stessa forzaF. Calcolare (b) l’accelerazione del blocco e (c) per quanto tempo il blocco rimane sul carrello prima di cadere.

mFM

Se la forzaF che applichiamo sul blocchetto e piccola,l’attrito statico fara sı che blocchetto e carrello si muova-no insieme. In questo caso l’accelerazione dell’insiemedei due corpi sara

F = (M+m)a

D’altra parte il carrello e postato avanti dalla sola forzadi attrito staticoµsmg e potra seguire una data accelerazionea, solo sela forza che produce tale accelerazione e minore del valoredella forza di attrito (se questa e maggiore il blocchetto si stacca dalpiano del carrello). Cioe

Ma≤ Fa = µsmg

e mettendo insieme le due equazioni troviamo il valore limite della forzaF per il quale blocchetto e carrello viaggiano insieme.Per valori maggiori il blocchetto si stacca dal carrello.

F ≤ µsmg(1+m/M) = 171.6 N

E interessante osservare che il valore che si ottiene e superiore di quello che uno otterrebbe se il blocco stesse su un piano (limiteM → ∞). Questo e dovuto al fatto che anche il carrello si puo muovere.Per calcolare l’accelerazione del blocco, una volta che questo e in movimento, bastera scrivere le equazione di Newton F = ma.

ma= F −µsmg

e sostituendo inF il valore trovato prima e dividendo pera otteniamo

a= F −µsmg= µsg(1+m/M)−µsmg= (µs−µd)g+µsgmM

= 1.471 m/s2

Anche quı si puo notare la differenza con il caso del blocchetto appoggiato a terra, che consiste nel termine supplementareµdg.Infine per calcolare il tempo che il blocco permane sul carrello prima di cadere, abbiamo bisogno di conoscere l’accelerazionerelativa del blocco rispetto al carrello. Per trovare questa calcoliamo l’accelerazione del carrello che vale semplicemente

Mac = µdmg ⇒ ac =mM

µdg

L’accelerazione relativa sara alloraar = a−ac essendo entrambe nello stesso verso e dunque

ar = a−ac = (µs−µd)g

e troviamo che l’accelerazione relativa e la stessa sia checi sia il carrello che se il blocco scivola rispetto al suolo.Dall’equazioneoraria del moto uniformemente accelerato troviamo facilmente il tempo per percorrere un trattod.

d =12

arT2 ⇒ T =

√

2dar

=

√

2d(µs−µd)g

= 3.78 s

12

Problema 12

Un punto materiale si muove su una circonferenza di raggioR= 2.0 m con moto uniformemente accelerato. Negli intervalli ditempo (t0 = 0, t1 = 1 s) e (t0 = 0, t2 = 2 s) il punto percorre rispettivamente gli spaziC1 = 0.4 m eC2 = 1.2 m.Calcolare (a) l’accelerazione tangenzialeaT , (b) la velocita scalarev0 all’istantet = 0 e (c) il modulo dell’accelerazione totaleall’istantet2.

13

Problema 13

Un blocchetto di massam= 1.1 kg giace su un piano inclinato (α = 25o) liscio. Sul blocchetto agisce una forzaF = 8.0 N la cuidirezione forma un angoloβ = 40o con il piano inclinato (vedi figura). Trovare (a) l’accelerazione del blocchetto e (b) la reazionenormale del piano.Se al tempot = 0 il blocchetto scende con velocitav0 = 2.0 m/s, calcolare (c) lo spazio percorso prima di fermarsi.

F m

β

α

Il problema si risolve come...

14

Problema 14

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)µd; (b) V0 e (c) il tempoT impiegato per tornare alla posizione iniziale.

v0

α

L

m

µ


15

Problema 15

Un blocco pesante (m= 20 kg) giace in quiete su un piano scabro (µs = 0.2). Per spostarlo si applica una forzaF come in figura.Calcolare l’angoloθ che sposta il blocco con la minima forzaF . Cosa cambia se il blocco e in movimento?

��

θ

µ

F

m

Scriviamo l’equazione di Newton per il blocco e con-sideriamo le componenti delle forze lungox e lungoy.

Rn+F sinθ = mg Fcosθ ≥ µsRn

dove conRn si e indicata la reazione normale del piano.RicavandoRn dalla prima e sostituendo nella secondaotteniamo

F cosθ ≥ µs(mg−F sinθ) ⇒ F ≥ Fmin =µsmg

cosθ+µssinθLa forza deve dunque essere maggiore di un valore minimo datodal rapporto dell’equazione di sopra. Per ottenere la forzaminima, essendo il numeratore del rapporto fissato, dovremmo minimizzare il denominatore. Si tratta dunque di trovare l’angoloθ che minimizza la funzione cosθ+µssinθ. Facciamo dunque la derivata e uguagliamola a zero

ddθ

(cosθ+µssinθ) =−sinθ+µscosθ = 0 ⇒ tanθ = µs ⇒ θ = tan−1(µs) = 16.7o

La forza minima vale in questo caso:

Fmin =µsmg

cosθ+µssinθ= 56.3 N

E facile verificare, dalsegno positivo della derivata seconda, che si tratta effettivamente di un minimo.Se avessimo voluto spostare il blocco tirando in modo parallelo al terreno come erroneamente uno potrebbe pensare avremmodovuto usare la forza:

F ′min = µsmg= 58.8 N

16

Problema 16

Sul tetto di un vagone di massaM = 200 kg e appoggiato un blocchetto di massam1 = 30 kg. Tale blocchetto e attaccato attraversouna fune inestensibile, che passa in una piccola carrucola,ad un secondo blocco di massam2 = 18 kg, il quale e appeso lungo unaparete del vagone (vedi figura 1).Assumendo che non vi sia attrito tra il vagone e i blocchetti,calcolare (a) la forza che bisogna applicare al vagone affinche iblocchi non si muovano (rispetto al vagone) e (b) la tensionea cui e sottoposta la fune.Ammettendo ora che ci sia attrito dinamico tra il blocco appeso e la parete verticale (µd = 0.30), calcolare l’accelerazione deiblocchi (relativamente al carrello) se agisce una forzaF = 300 N (si assumaa> 0 se il blocco appeso scende).

��

��

m1

m2M

F


17

Problema 17

Un blocco di massam= 9 kg e collegato tramite una fune inestensibile e priva di massa che scorre su una puleggia (anch’essapriva di massa) ad un blocco di massaM = 5 kg, posto su un piano orizzontale.Se il coefficiente di attrito dinamico valeµd = 0.2, calcolare (a) l’accelerazione del sistema e (b) la tensione della fune.

��

��

m

M


problema 1 -...

Documents