Nicola GigliettoA.A. 2017/18 3 ESERCIZIO
1 Esercizio 8.7
8.7
Una massa M=2Kg scivola su una superficie orizzontale liscia con v1=4 m/s.
Essa va a finire contro una molla comprimendola fino a fermarsi comple- tamente. Dal punto in cui comincia a comprimere la molla in poi vi `e un attrito di modulo 15N, e la costante elastica della molla `e k=10000N/m.
Di quanto si `e compressa la molla?
Il sistema `e isolatoLatt= ∆Emecce Latt= −Fatt·∆xmentre∆Emecc = Ef−Ei= 12k(∆x)2−1
2mv2 L’equazione che otteniamo `e −Fatt·∆x = 12k(∆x)2−1
2mv2 ovvero5000∆x2+ 15∆x − 16 = 0che risolta fornisce il valore∆x = 0.055 m = 5.5 cm
2 Problema 8.17P
8.17
Un blocco di massa M=2Kg `e poggiato contro una molla sul piano in- clinato in figura, con pendenza 30◦e privo di attrito. La molla, avente costante elastica k=19.6 N/cm `e dapprima compressa di 20 cm quindi lasciata libera. Quanto si allontaner`a il blocco sul piano inclinato?
k=19.6 N/cm = 1960 N/m IN: E = Uel + Ugrav + Ek; Ek = 0 Ugrav = 0 Uel = 12kx2 FIN: Ek = 0; Uel = 0; Ugrav = mgh ⇒ mgh =
1
2k∆l2⇒h = k∆l2mg2 e l = sin30h ◦ = 2h = 2·1960(0.20)2
2·2·9.8 = 4 cm=0.04 m
3 Esercizio
ESERCIZIO
Un blocco di massa 5Kg viene fatto salire lungo un piano inclinato con velocit`a iniziale di 8m/s. Il blocco si ferma dopo 3 m lungo il
piano, che `e inclinato di 30◦. Determinare la variazione di energia cinetica, energia potenziale, il lavoro della forza di attrito, ed il coefficiente µd.
Latt = ∆Emecc Ei = 12M v2 e Ef = M gh h=ssin30◦=s2 =1.5 m∆Ek =
−1
2 = M v2=-160 J ∆Ep = M gh=73.5 JLatt= (73.5−160) J=-86.5 JLatt= F~att·~s = −µdN s = −µdM gcosθ · s ⇒ µd= M gcos30−Latt◦s = 86.5
5·9.8·3·√23 = 0.68
4 Esercizio 18P (8.25 ed VI)
8.25 -VIed
Una molla pu`o essere compressa di 2.0 cm da una forza di 270N.
Un blocco di massa 12 Kg, inizialmente fermo in cima al piano inclinato privo di attrito ed inclinato di 30◦sull’orizzonte, viene lasciato cadere. Il blocco si arresta dopo aver compresso la molla di 5.5 cm. (a) In questo momento di quanto si `e spostato sul piano inclinato? (b) A quale velocit`a il blocco arriva quando tocca la molla?
Il primo dato permette il calcolo di k: F = kx ⇒ 270 = k · 0.02 ⇒ k = 13500 N/m mgh = 12kx2 ⇒ h = 2mgkx2 = 13500·0.0552
24·9.8 = 0.174 m a) il cammino sul piano `e s = sin 30h ◦ = 0.347 m b) per questa risposta possiamo considerare come in-fine il momento in cui si tocca la molla e quello in cui `e compressa: la quota iniziale sar`a h′ = x sin 30◦ = 2.25 cm mgh′+12mv2= 12kx2 ⇒v = 1.7m/s
5 Esercizio 34E
8.34
Una pallottola da 30g, con velocit`a iniziale di 500 m/s, penetra per 12 cm in una parete in muratura prima di fermarsi. (a) Quale variazione ha subito l’energia meccanica della pallottola? (b) Assumendo che la parete esercita una forza costante, calcolarne il valore.
a)L = ∆Ek= −12mv2= −30·10−32·25·104 = −3750 J Assumendo costan- te la forza si ha b) F = Ls = 37500.12 = 31250 N
Nicola GigliettoA.A. 2017/18 7 ESERCIZIO 42P
6 Esercizio 40P
8.17
Un pacco di massa 4.0 Kg scivolando affronta una salita inclinata di 30◦con energia cinetica iniziale di 128 J. Se il coefficiente di attrito dinamico `e 0.3, di quanto sale sul piano inclinato?
Latt= mgh − 12mv2 = mgh − 128 con Latt = −µdmg cos 30◦ = −0.3 · 4 · 9.8 · 0.86 = −10.18 J s = mg/2+10.18+128 =4 m
7 Esercizio 42P
8.42
Una bambina che pesa 267 N scende per uno scivolo lungo 6.1 m che forma un angolo di 20◦con il piano orizzontale. Il coefficiente di attrito dinamico `e 0.1. (a) Trovare quanta energia `e dissipata in energia termica dalla forza di attrito. (b) quale sar`a la sua velocit`a all’arrivo se parte dall’alto con una velocit`a di 0.457 m/s?
Latt= ∆E e Latt= −µdMg cos θ · s s=6.1 m Et= 0.1·267 cos 20◦·6.1 = 153 J 12mvf in2 −(mgh + 12mvin2 ) = −153 ⇒ . . .
Problema 4.15 Mazzoldi
Un punto materiale di massa m=2.5kg `e attaccato ad un estremo di una molla di costante elastica k=120 N/m e lunghezza a riposo r0= 30cm; l’altro estremo `e fissato al punto O. Il sistema si trova su un piano orizzontale e ruota con velocit`a angolare costante ω = 4rad/s attorno a d O. Calcolare il raggio della circonferenza descritta da m e discutere il caso in cui r0→0
Facciamo il diagramma delle forze:
M
O
Fel
x: F = −k∆R = ma, con l’accelerazione che `e in verso negativo rispetto l’asse x ed `e centripeta per cui
−k(R − R0) = −mvR2 = −mω2R ⇒ kR − kR0 = mω2R− ⇒ (k − M ω2)R = kR0 (1) da cui R = k−M ωkR0 2 = 120−2.5·16120·(0.3) = 0.45m Per l’ultima do- manda, riprendiamo l’eq. (1) e facciamo tendere a 0 il termine R0 si
ottiene kR = mω2R ⇒ ω2 = Mk ovvero qualunque raggio `e possibile purch`e la velocit`a angolare soddisfa la relazione trovata che porta al valore ω = 6.93rad/s
Mazzoldi - Esercizio 4.27
Un punto materiale di massa m `e sospeso tramite un filo verticale ed `e collegato al suolo da una molla di costante elastica k=70N/m, che `e in condizioni di riposo. Si taglia il filo. Calcolare:
• a) la massima distanza percorsa dal punto
• b) la posizione in cui si raggiunge la massima velocit`a
• c) la massima velocit`a raggiunta
• d) Prima di tagliare il filo, il periodo di oscillazione se sposto il punto dalla posizione di equilibrio
Diagramma delle forze iniziale: +T − mg = 0 ⇒ mg = T = 4.9N Con-
servazione energia: mgh = mgh′+12k(h − h′)2 ⇒x = h − h′ mgx = 12kx2 ⇒x = 2mgk = 0.14 m
Per calcolare la velocit`a occorre indicare una posizione generica: mgh = mgh′+12k(h − h′)2+12mv2 ⇒ (x = h − h′) mgx = 12kx2 +12mv2 ⇒ v2 = 2mgx − kx2 Per trovare la condizione dob-
biamo studiare v=v(x) e il massimo si trova quando dvdx = 0 ⇒ dv
dx = 2mg − 2kx = 0 ⇒ x = mgk = 7 cm c) dalla precedente sostituendo si ha v2 = 2mg(mgk −k(mgk )2 = (mg)k 2 per cui la velocit`a risulta v=0.83m/s Se spostiamo all’equilibrio il corpo si ha T − mg − kx = ma il moto `e oscil- latorio con pulsazione dato da ω2 = mk per cui il periodo di osccilazione `e T = 2πpm
k = 0.53s
8 Esercizio 18P-13 VI
Un oscillatore armonico semplice `e formato da un blocco di massa 2.0 Kg attaccato da una molla avente k=100N/m. Per t=1s posizione e velocit`a del blocco sono x=0.129 m e v=+3.415 m/s. (a) Qual’`e l’am- piezza delle oscillazioni? (b) Quali erano posizione e velocit`a a t=0?
Il moto `e oscillatorio conx(t) = xMcos(ωt + Φ)edω =q
k
M=q100
2 = 7 rad/s
x(t=1 s)=0.129 m ev(t) = −ωxMsin(ωt + Φ)e per t=1 s abbiamo v(t=1 s)=+3.415 m/s (dato dalla traccia)
0.129 = xMcos(7 + Φ) n
⇒ +3.415 = −7xMsin(7 + Φ)
Nicola GigliettoA.A. 2017/18 9 ESERCIZIO 26P
3.415
0.129 = −7 tan(7 + Φ) che porta a 7 + Φ = −1.31 ⇒ Φ = −8.31 rad e xM = −0.5 m
9 Esercizio 26P
Un blocco di peso 14N, che pu`o scivolare senza attrito su una rampa inclinata di 40◦, `e sostenuto da una molla fissata alla cima della rampa, di lunghezza a riposo l=0.45 m e costante elastica k=120N/m. (a) A quale distanza dalla cima si assesta il blocco in equilibrio? (b) Se spostiamo di poco il blocco esso si mette ad oscillare: qual’`e il periodo di oscillazione?
x : +Fel−M g sin θ = 0 (
y : N = M g sin θ
e Fel= k(l − l0) (il segno`e gi`a messo quando indichiamo le componenti)⇒ k(l − l0) = M g sin θ e quindil = l0+Mgksin θ = 0.45 + 14sin 40120 ◦ = 0.525 m Per la risposta b) se spostiamo l’oggetto dalla pos. d’equilibrio troveremo un’eq. corrispondente ad un moto oscillatorio (indichiamo l − l0 = −x):
−kx − Mg sin θ = Maxche `e l’eq. dell’oscill. armonico (a meno del termine costante) la cui pulsazione `e ω =
qk
M ed il periodo T = 2π qM
k = 0.686 s Un blocco `e appoggiato sulla superficie orizzontale di una tavola vibrante che si muove orizzontalmente di moto armonico semplice con frequenza di 2.0 Hz. Il coefficiente di attrito statico tra blocco e piano d’appoggio `e 0.5. Qual’`e la massima ampiezza del moto armonico semplice ammissibile per evitare lo slittamento del blocco?
x : +fatt−kxmsin(ωt + Φ) = 0 (
y : N − Mg = 0
con ω = 2πf = q
k
M fatt = µsN la massima forza di attrito si realizza quando anche la forza elastica `e massima (ovvero sin()=1) per cui µsN = kxM da cui xM= µksN = µksMg nel nostro caso k = (2πf )2M = 157.9 M xM= 157.90.5 ·9.8 = 3.1 cm
