CORSO di LAUREA in SCIENZE BIOLOGICHE Prima prova parziale di FISICA -- 24 Aprile 2008
1) Un corpo viene lanciato verso l’alto con velocità iniziale v0. Il corpo viene lanciato partendo da altezza zero e la velocità iniziale forma un angolo α = 30ο con l’orizzontale.
a) Calcolare la velocità (modulo) affinche’ il corpo raggiunga l’altezza h = 3 m nel punto di massima quota. Calcolare il modulo della velocità nel punto di massima quota;
b) Calcolare il punto e la velocità (direzione e modulo) di impatto con il suolo assumendo come velocita` iniziale quella calcolata nel punto precedente.
2) Un corpo di massa m=5 kg poggia nel punto A su un piano inclinato di 600, trattenuto da una fune di tensione T. Il piano è scabro ed i coefficienti di attrito statico e dinamico sono uguali e pari a
µ = 0.1.
a) Calcolare il modulo della tensione della fune;
b) Supponendo ora di tagliare la fune, calcolare l’accelerazione di cui risente il corpo e lo spazio percorso lungo il piano, dopo un tempo t = 3 s.
3) Su una piano orizzontale un corpo di massa m=10g comprime, a riposo, una molla di costante elastica k = 400 N/m. La compressione della molla è pari a d = 1 cm.
a) Calcolare la velocità con cui il corpo si stacca dalla molla (quando la molla è completamente distesa) supponendo il piano perfettamente liscio fino al punto di stacco O, come mostrato in figura;
b) Supponendo che il piano sia successivamente scabro con coefficiente di attrito dinamico µ = 0.2, determinare lo spazio OB percorso dal corpo, prima di arrestarsi completamente.
SCRIVERE IN MODO CHIARO. GIUSTIFICARE BREVEMENTE PROCEDIMENTI SOSTITUIRE I VALORI NUMERICI SOLO ALLA FINE SENZA DIMENTICARE LE UNITA` DI MISURA. Testi, soluzioni ed esiti alle pagine: www2.fisica.unimi.it/bettega/ (AD) qinf.fisica.unimi.it/~paris (EN), www.mi.infn.it/~sleoni (OZ)
A O B
d
A O B
d
SOLUZIONE ESERCIZIO 1
Prendiamo un sistema di riferimento centrato sulla posizione iniziale del corpo, con l’asse x diretto come l’orizzontale e l’asse y diretto verso l’alto. Il corpo si muove di moto parabolico, ovvero le leggi del moto sono ax = 0 ay = - g
vx = v0 cos α vy = v0 sin α – gt x = vy cos α t y = vy sin α t – ½ g t2
a) Il punto di massima altezza corrisponde al punto in cui la componente della velocita lungo y si annulla e viene raggiunto all’istante t = v0 sin α/g . La quota corrispondente è pari a y = (v0 sin α)2 /2 g e la velocità in y h vale v0 = (2 g h )1/2/ sin α = 15.3 m/s.
b) Il punto di impatto con il suolo corrisponde alla quota y = 0, che viene raggiunta per t=0 e per tR = 2 v0 sin α/g. La seconda soluzione è quella che ci interessa e corrisponde ad una gittata R = 2 v02 sin α cos α/g = 4 h/tan α = 20.8 m. Al momento dell’impatto la componente vx della velocita` e’ invariata, mentre la componente vy vale vy = v0 sin α – g tR = −v0 sin α.Il modulo della velocita` e dunque pari a quello iniziale, mentre la direzione forma un angolo pari a β = 360ο - α = 330ο con l’orizzontale.
SOLUZIONE ESERCIZIO 2
a) Scriviamo l’equazione della dinamica F = ma per la risultante delle forze applicate al corpo in equilibrio statico sul piano:
Frris = Frg + Tr + Fratt + N = mar = 0
Proiettiamo la precedente equazione vettoriale lungo
gli assi x e y, scelti come in figura:
0 60 cos :
0 60 sin :
=
°
−
=
° +
−
−
g g att
F N y asse
F T F x
asse
Ricaviamo immediatamente dalla equazione per le componenti y il valore della normale N:
N F mg kg m s N
g 24.5
2 ) / 8 . 9 ( 2 5
/ 60 cos
2 =
= ×
=
°
=
Dalla equazione per le componenti x ricaviamo ora la tensione T:
T=Fgsin60° −Fatt = 3
2 mg−µN = 3
2 mg−µmg 2 =mg
2 ( 3−µ) =5kg×(9.8m /s2)
2 ( 3−0.1)=40N
b) Supponendo ora di tagliare la fune la risultante delle forze è non nulla ed il corpo acquista una accelerazione lungo il piano:
Frris Frg Fratt Nr mar
= + +
=
Proiettiamo nuovamente l’equazione sugli assi:
0 60
cos :
60 sin :
=
=
°
−
=
° +
−
y g
x g
att
ma F
N y asse
ma F
F x asse
Dalla equazione lungo l’asse y si ricava che la forza normale è ovviamente la medesima e vale N = mgcos60° = 24.5N. Dalla equazione lungo l’asse x si ottiene l’accelerazione
2 2
2
/ 8 / 997 . 7
2 ) 3 2
1 . ( 0 / 8 . 9
) 60 sin 60 cos (
/ ) 60 sin (
s m s m
s m g
m mg
N ax
≈
=
+
−
=
° +
°
−
=
° +
−
= µ µ
Dopo un tempo t = 3s il corpo ha percorso una distanza
m t
a
t a t v x x
x
x
2 36 1
2 1
2
2 0
0
=
=
+ +
=
θ θ
N
Fg Fatt y
x T
θ θ
N
Fg Fatt y
x T
SOLUZIONE ESERCIZIO 3
a) Applichiamo il teorema lavoro-energia cinetica, considerando come unica forza che compie lavoro la forza della molla:
2 2
2 1 2
1kd mv
K Lmolla
=
∆
=
la velocità del corpo all’istante di stacco dalla molla è quindi:
m m s
kg m d N
m
v k 10 2 /
10 10
/ 10
4 2
3
2 × =
×
= ×
= − −
b) Dopo lo stacco dalla molla il piano è scabro e la forza di attrito compie lavoro dissipando energia cinetica. Applicando nuovamente il teorema lavoro-energia cinetica si ottiene:
2 2
2 1 2 0 1
mv mgs
mv s
F K L
att att
−
=
−
−
=
−
∆
=
µ
da cui si ottiene che lo spazio s percorso prima del completo arresto è pari a
m
s m s m g s v
02 . / 1 8 . 9 2 . 0 2
) / 2 ( 2
2 2 2
× =
= ×
= µ
