xy x θ v hx AB I prova in itinere di Fisica Generale 1 – 16 Aprile 2015 Corso di Laurea in Ingegneria –Settore Informazione (Canale 4) UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DI PADOVA SCUOLA DI INGEGNERIA

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Corso di Laurea in Ingegneria –Settore Informazione (Canale 4) I prova in itinere di Fisica Generale 1 – 16 Aprile 2015

Cognome _____________________ Nome _________________________ Matricola _______________

Problema 1

Un proiettile viene sparato all’istante t

= 0 dall’origine di un sistema di riferimento cartesiano con velocità v

ad un angolo θ = 30° con l’orizzontale. Contemporaneamente nella posizione x

si lascia cadere con velocità iniziale nullaun corpo A da un’altezza h rispetto al suolo. All’istante t

= 2 s il proiettile colpisce il corpo A. Sapendo che all’istante t

il modulo della velocità del proiettile è v

= 25 m/s, calcolare:

1) la velocità iniziale del proiettile v

2) l’altezza iniziale del corpo A h

Il proiettile, proseguendo nel suo moto, supposto inalterato dall’urto con il corpo A di massa trascurabile rispetto a quella del proiettile, colpisce un secondo corpo B lasciato cadere con velocità iniziale nulla dalla stessa altezza h del corpo A ed a distanza ∆ x = 6 m da esso. Determinare:

3) il ritardo con cui è stato lasciato cadere il corpo B ∆ t

x y

v ₀ θ

h

x _A x _B

A B

1) Il proiettile si muove di moto parabolico con legge oraria della velocità v _x = v ₀ cosθ

v _y = v ₀ senθ − g t

⎧ ⎨

⎩⎪

per cui la sua velocità all’istante t

è

v ₁ ² = v ² _1x + v _1y ² = v ( ₀ cosθ ) ^{2 + v} ( 0 senθ − g t ₁ ) ²

v ₁ ² = v ² ₀ cos ² θ + v ² ₀ sen ² θ − 2v ₀ g t ₁ senθ + g ² t ₁ ² v ² ₀ − 2g t ( ₁ senθ ) ^v 0 + g ( ² t ₁ ² − v ₁ ² ) ^{= 0}

da cui si ricava

v ₀ = g t ₁ senθ + g t ( ₁ senθ ) ^{2 − g} ( ^{2 t} 1 2 − v ₁ ² ) = 28.1 m/s (l'altra radice v ₀ =–8.53 m/s è inaccettabile) 2) Il proiettile intercetta il corpo A ad altezza

y ₁ = v ₀ sen θ t ₁ − 1

2 gt ₁ ² = 8.53 m La legge oraria del corpo A è

y _A = h − 1

2 gt ²

per cui, affinché si incontrino all’istante t

, deve essere

v ₀ senθ t ₁ − 1

2 gt ₁ ² = h − 1

2 gt ₁ ² ⇒ h = v ₀ senθ t ₁ = 28.1 m 3) Nell’istante t

in cui incrocia il corpo B il proiettile è nella posizione

x ₂ = x ₁ + ∆x = v ₀ cosθ t ₂ ⇒ t ₂ = x ₁ + ∆x

v ₀ cosθ = v ₀ cosθ t ₁ + ∆x

v ₀ cosθ = t ₁ + ∆x

v ₀ cosθ = 2.25 s ad altezza

y ₂ = v ₀ sen θ t ₂ − 1

2 gt ₂ ² = 6.87 m Il corpo B ha legge oraria

y _B = h − 1

2 g t ( − ∆ t ) ²

dove ∆ t è il ritardo con cui il corpo B viene rilasciato. Quando raggiunge l’altezza y

y ₂ = h − 1

2 g t ( ₂ − ∆t ) ^{2 ⇒ ∆t = t} 2 − 2 h ( − y ₂ )

g = 0.163 s

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Problema 2

Un corpo puntiforme di massa m = 100 g è vincolato, tramite un filo inestensibile di massa trascurabile e lunghezza
= 0.8 m, al punto O di una piattaforma orizzontale scabra. Il coefficiente di attrito dinamico fra corpo e piano è µ = 0.2 e la piattaforma si muove verso l’alto con accelerazione costante a

= 4 m/s

. Sapendo che all’istante t

= 0 la tensione del filo è T

= 0.6 N e che, sempre all’istante t

= 0, la velocità della piattaforma è v

= 2 m/s, determinare:

1) il modulo dell’accelerazione assoluta del corpo a

2) il modulo della velocità iniziale del corpo (relativa e assoluta) ′ v ₀ , v

3) il numero di giri fatti dal corpo prima di fermarsi relativamente alla piattaforma n 4) la variazione di quota della piattaforma nel tempo impiegato dal corpo per fermarsi ∆ z

O

m a _P

v ₀

ℓ

‘

1) Nel suo sistema relativo il corpo m subisce l’effetto di tensione del filo, forza di attrito dinamico, reazione normale, forza peso e forza apparente dovuta al moto accelerato della piattaforma.

Le equazioni del moto sono dunque T ₀ = ma _n

−µN = ma _t N − mg − ma _P = 0

⎧

⎨ ⎪

⎩⎪

L’accelerazione assoluta ha quindi componenti (si osservi che l’accelerazione relativa è normale all’accelerazione di trascinamento)

a _n = T ₀

m = 6 m/s ²

a _t = − µ ( g + a _P ) = −2.76 m/s ² a _z = a _P = 4 m/s ²

⎧

⎨

⎪ ⎪⎪

⎩

⎪ ⎪

⎪ e modulo

a = a _n ² + a _t ² + a _z ² = T ₀ m

⎛ ⎝⎜ ⎞

⎠⎟

2

+ µ ² ( g + a _P ) ^{2 + a} P 2 = 7.72 m/s ²

Poiché l’accelerazione relativa è normale all’accelerazione di trascinamento la soluzione è immediata anche nel sistema di riferimento assoluto.

2) La componente normale dell’equazione del moto porge la velocità iniziale relativa

u _n mg u _t

T F _d u _z

N

–ma _P ||

T ₀ = m ′ v ₀ ²

⇒ v ₀ ′ = T ₀

m = 2.19 m/s La velocità assoluta è

v
₀ =
′ v ₀ +
v _P ⇒ v ₀ ′ ² + v _P ² = 2.97 m/s

3) Applicando il bilancio energetico fra l’istante iniziale e l’istante finale e osservando che l’unica forza dissipativa è la forza di attrito dinamico, detta d la distanza percorsa dal corpo lungo la traiettoria, si ha

−F _d d = ∆E _c ⇒ −µm g + a ( _P ) ^{d = − 1} ₂ ^{m v} 0 ^′ 2

La variazione di quota dovuta all’accelerazione della piattaforma non dà alcun contributo al bilancio energetico nel sistema relativo, essendo completamente ascrivibile al lavoro del motore che la innalza. Pertanto il corpo percorre lungo la circonferenza la distanza

d = v ′ ₀ ²

2 µ ( g + a _P ) ^{= 0.87 m}

pari a

n = d

2 π
= 0.173 giri oppure con calcolo puramente cinematico

ω ₀ = ′ v ₀
= 2.74 rad/s e α = a _T

= − 3.45 rad/s ² Il tempo impiegato a fermarsi è

0 = ω ₀₀ + αt ⇒ t = − ω ⁰

α = 0.793 s e dalla legge oraria del moto relativo si ricava

θ − θ ₀ = 2πn = ω ₀ t + 1

2 αt ² ⇒ 2πn = 2ω ₀ t + αt ²

4π = 0.173 giri oppure si può evitare il calcolo nel dominio del tempo

α = d ω dt

d θ d θ ⁼ ω ^d ω

d θ ^⇒ α d θ

0

∫ 2πn ⁼ ω

^{ω d ω}

∫ ω ^{⇒ α 2 π n = − ω} 2 ^{0 2} ⇒ n = − ω ₀ ²

4 πα = 0.173 giri 4) Il tempo t impiegato dal corpo a fermarsi è (se non è stato calcolato prima)

0 = ′ v ₀ + a _t t ⇒ t = − ′ v ₀

a _t = v ₀ ′

µ g + a ( _P ) ^{= 0.793 s}

e in tale intervallo di tempo la piattaforma si innalza di

∆ z = v _p t + 1

2 a _P t ² = 2.84 m

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Problema 3

Un corpo di massa m = 4 kg è appoggiato su un piano. Il corpo è collegato da un lato ad una molla ideale di massa trascurabile e costante elastica k = 500 N/m, inizialmente elongata di ∆ x = 0.2 m e dall’altro lato, tramite una fune inestensibile di massa trascurabile, ad una tavola di massa m appoggiata su un piano inclinato di θ = 10° con l’orizzontale. Sulla tavola è appoggiato un secondo corpo di massa m (vedi figura). I piani di appoggio sono scabri con coefficiente di attrito dinamico µ

= 0.3.

Lasciati i corpi liberi di muoversi, si osserva che la tavola e il secondo corpo risalgono il piano inclinato restando solidali.

Determinare:

1) l’accelerazione iniziale dei corpi a

2) il minimo coefficiente di attrito statico affinché tavola e secondo corpo restino solidali µ

3) la velocità dei corpi quando la molla torna a riposo v

m

m

θ

m

1) Le equazioni del moto dei punti materiali, ricordando che i corpi sul piano inclinato restano solidali, sono k ∆ x − T − µ _d mg = ma

T − 2mg sen θ − µ d 2mg cos θ = 2ma

⎧ ⎨

⎪

⎩⎪

da cui sommando membro a membro

k∆x − µ _d mg − 2mg senθ − µ _d 2mg cosθ = ma + 2ma a = k∆x − µ _d mg − 2mg senθ − 2µ _d mg cos θ

3m = 4.28 m/s ²

2) L’equazione del moto del corpo sulla tavola è

F _S − mg sen θ = ma N − mg cos θ = 0

⎧ ⎨

⎩

per cui la forza di attrito statico esercitata per mantenere solidali i corpi è F _S = m g senθ + a ( ) ≤ µ _s N = µ _s mg cosθ µ _s ≥ g sen θ + a

g cosθ = 0.62

3) Utilizzando la legge di conservazione dell’energia meccanica fra l’istante iniziale e l’istante in cui la molla è a riposo si ricava

W _Att = ∆ E _c + ∆ U

− µ d mg ∆ x − 2 µ d mg cos θ∆ x = 1

2 3mv ² − 0

⎛ ⎝⎜ ⎞

⎠⎟ + 2mg ∆ x sen θ − 1 2 k ∆ x ²

⎛ ⎝⎜ ⎞

⎠⎟

v = 1

3m _⎡⎣ −2 µ d mg ∆ x 1+ 2 cos ( θ ) ^{− 4mg ∆ x sen θ + k ∆ x 2} ⎤⎦ = 0.217 m/s