Universit` a degli Studi di Udine, Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica Esami di FISICA I (9 CFU) e Fisica Generale 1 (12 CFU)
A.A. 2017/2018, APPELLO STRAORDINARIO del 24 Settembre 2018, Prova scritta
TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI
θ
b
R
m
θ M PROBLEMA 1 Un cilindro omogeneo di raggio R
e massa M = 20.0 kg e un corpo di massa m sono posti sulle due falde di un doppio piano inclinato (vedi figura); entrambe le falde sono inclinate di uno stesso angolo θ = 30.0 ◦ rispetto all’orizzontale. Il centro di massa del cilindro `e collegato al corpo per mezzo di una corda inestensibile ideale di massa trascurabile
(la piccola puleggia in figura `e da considerare ideale). Il corpo di massa m non risente di nessun attrito.
Supponendo che il cilindro non scivoli sul piano inclinato su cui poggia, determinare:
a) la massa del corpo di sinistra, m eq , in corrispondenza del quale il sistema `e in equilibrio statico;
b) l’accelerazione a con cui scende il corpo di sinistra quando la sua massa `e pari a 2m eq ;
c) il minimo valore del coefficiente di attrito statico µ s , µ s,min , necessario affinch´e il cilindro possa, effettiva- mente, non scivolare.
Poi, supporre che il cilindro possa scivolare liberamente sul piano inclinato su cui poggia. In tali condizioni, calcolare quali sarebbero:
d) la massa del corpo a sinistra, m ′ eq , per il quale il sistema `e in equilibrio statico;
e) l’accelerazione a ′ con cui scende il corpo di sinistra quando la sua massa `e pari a 2m ′ eq . Soluzione
La dinamica del sistema si risolve applicando la 2 a legge della dinamica nelle forme lineare e angolare.
Consideriamo il caso in cui il cilindro non scivola sul piano inclinato e applichiamo la 2 a legge della dinamica in forma lineare al moto del corpo di sinistra (asse x parallelo al piano di sinistra e diretto verso il basso) e, nelle forme lineare e angolare, al moto del cilindro (asse x parallelo al piano di destra e diretto verso la sua sommit`a e momenti rispetto all’asse passante per il suo centro si massa); si ottengono le seguenti
ma = mg sin θ − T 0 = N m − mg cos θ ;
M a cm = T − M g sin θ − f s
0 = N M − M g cos θ I cm α = Rf s
. (∗)
I simboli utilizzati corrispondo a: a e a cm sono le accelerazioni lineari del corpo di massa m e del centro di massa del cilindro, α `e l’accelerazione angolare del cilindro, T `e il modulo della tensione della corda, f s `e il modulo della forza di attrito statico tra cilindro e piano (si noti che si `e supposto che ~ f~ f~ f s sia diretta verso il punto pi` u basso del piano inclinato), N m e N M sono i moduli delle reazioni normali dei piani inclinati e I cm = 1 2 M R 2 `e il momento d’inerzia del cilindro calcolato rispetto all’asse per il suo centro di massa.
In caso di equilibrio statico del sistema, si ha ovviamente a = 0, a cm = 0 e α = 0 e le precedenti relazioni (*) si riducono alle seguenti:
0 = mg sin θ − T 0 = N m − mg cos θ ;
0 = T − M g sin θ − f s
0 = N M − M g cos θ 0 = Rf s
,
Da tali relazioni si ricava facilmente che
T = mg sin θ
f s = 0 ⇒ mg sin θ − M g sin θ = 0 ⇒ m = m eq = M = 20.0 kg.
Quando m = 2m eq , il sistema non `e pi` u in equilibrio e quindi dobbiamo risolvere il sistema di equazioni (*) con le accelerazioni non nulle. Tenendo conto del fatto che la corda `e inestensibile e che il cilindro non scivola si ha
a cm = a; α = a cm
R = a R , e quindi i sistemi (*) diventano (inserendo anche l’espressione di I cm )
ma = mg sin θ − T 0 = N m − mg cos θ ;
M a = T − M g sin θ − f s
0 = N M − M g cos θ
1
2 M R 2 R a = Rf s
.
Dalla prima relazione di sinistra e dalla terza di destra otteniamo le seguenti T = mg sin θ − ma; f s = 1
2 M a, (∗∗),
che inserite nella seconda di destra ci permettono di scrivere M a = mg sin θ − ma − M g sin θ − 1
2 M a a = 2(m − M ) 3M + 2m g sin θ.
Sostituendo m = 2m eq = 2M , si ricava
a = 2
7 g sin θ = 1.40 m/s 2 . Invece dalla (**) otteniamo che
f s = 1
2 M a = 1
7 M g sin θ.
Tenendo presente che deve essere (vedi anche il sistema (*))
f s ≤ f s,max = µ s N M = µ s M g cos θ, si ricava
µ s ≥ µ s,min = f s
M g cos θ = 1
7 tan θ = 0.0825.
In assenza di forze di attrito tra cilindro e piano inclinato, il cilindro, non ricevendo nessuna spinta tangenziale, segue un moto puramente traslatorio. Conseguentemente, anche il cilindro pu` o essere trattato come un punto materiale e quindi le equazioni che regolano il moto dei due corpi diventano
ma ′ = mg sin θ − T 0 = N m − mg cos θ ;
M a ′ = T − M g sin θ 0 = N M − M g cos θ , dove ora a ′ `e l’accelerazione lineare del corpo di massa m (e del cilindro).
In caso di equilibrio, a ′ = 0, si ha immediatamente
T = mg sin θ ⇒ mg sin θ − M g sin θ = 0 ⇒ m = m ′ eq = M, come nel caso precedente.
Analogamente, in caso di non equilibrio si ha
T = mg sin θ − ma ′ ; M a ′ = mg sin θ − ma ′ − M g sin θ ⇒ a ′ = m − M M + m g sin θ.
Sostituendo m = 2m ′ eq = 2M si ricava
a ′ = 1
3 g sin θ = 1.63 m/s 2 .
h 0
h 1 d PROBLEMA 2 Un recipiente a base rettangolare, di area A 0 =
1.00 m 2 , `e aperto superiormente ed `e inizialmente riempito di acqua fino a un’altezza h 0 = 90.0 cm (vedi figura). Sulla parete verticale di destra, ad una quota h 1 = 25.0 cm dal suolo (vedi figura), `e presente un foro di sezione A 1 = 1.0 cm 2 inizialmente tappato. A un certo istante il tappo viene tolto e l’acqua inizia a fluire liberamente. Determinare:
a) la legge con la quale varia la velocit` a con cui l’acqua esce dal foro in funzione della sua quota massima nel recipiente;
b) la distanza d dal recipiente a cui l’acqua arriva al suolo subito dopo l’apertura del tappo.
Successivamente, dopo aver tappato il foro e riempito di nuovo il recipiente (fino ad h 0 ), sull’acqua si dispone un pistone a tenuta di massa trascurabile. Determinare:
c) con quale forza bisognerebbe spingere il pistone verso il basso affinch`e all’apertura del tappo l’acqua arrivi
al suolo ad una distanza doppia di quella determinata al punto b).
[Supporre trascurabile la velocit` a con cui l’acqua scende nel recipiente. Trattare le particelle di acqua in uscita come proiettili.]
Soluzione
Indicando con h il livello dell’acqua nel recipiente (sar` a h 1 ≤ h ≤ h 0 ) e applicando l’equazione di Bernoulli, tra le quote h e h 1 , possiamo scrivere
p 0 + ρgh + 1
2 ρv 2 = p 0 + ρgh 1 + 1 2 ρv 1 2 ,
dove p 0 `e la pressione atmosferica e ρ = 1000 kg/m 3 la massa volumica dell’acqua, mentre v e v 1 sono le velocit` a dell’acqua nel recipiente (la velocit` a della superficie alla quota h) e quella di uscita dal foro, rispettivamente.
Essendo (come detto anche nel testo) v trascurabile, ricaviamo
v 1 2 = 2g(h − h 1 ) ⇒ v 1 = v 1 (h) = p2g(h − h 1 ).
Subito dopo aver tolto il tappo, l’acqua che zampilla orizzontalmente dal foro (trattiamo le singole particelle di acqua come proiettili) raggiunger` a il suolo in un tempo ∆t = p2h 1 /g ad una distanza dal recipiente
d = v 1 (h 0 )∆t = s
2g(h 0 − h 1 ) · 2h 1
g = 2ph 1 (h 0 − h 1 ) = 80.6 cm.
Da quanto appena calcolato si capisce che se vogliamo che la distanza a cui l’acqua raggiunge il suolo raddoppi, dovr` a raddoppiare la velocit` a di uscita dal foro. Cio´e, la nuova velocit` a di uscita dovr` a essere
v 1 ′ (h 0 ) = 2v 1 (h 0 ) = 2p2g(h 0 − h 1 )
Quindi, se ora consideriamo la nuova situazione in cui spingiamo con una forza ~ F~ F~ F (diretta verso il basso) sul pistone e riapplichiamo Bernoulli potremo scrivere
p 0 + F
A 0 + ρgh 0 = p 0 + ρgh 1 + 1 2 ρ(v ′ 1 ) 2 . Perci`o, si ricava
F
A 0 + ρg(h 0 − h 1 ) = 1
2 ρ(v 1 ′ ) 2 = 4ρg(h 0 − h 1 ) ⇒ F = 3A 0 ρg(h 0 − h 1 ) = 1.91 · 10 4 N.
b b
b
