CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE Prima prova in itinere di FISICA 28 Aprile 2009

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CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE Prima prova in itinere di FISICA 28 Aprile 2009

1) Un calciatore lancia una palla dal suolo, con una angolo θ = 45° e velocità in modulo pari a v0= 15 m/s. Determinare:

a) le componenti x e y della velocità all’istante iniziale del lancio ed in corrispondenza al punto di massima quota y raggiunto dalla palla; la massima quota y raggiunta dalla palla;

b) il tempo impiegato dalla palla ad arrivare a terra e la massima distanza orizzontale x percorsa;

c) Facoltativo: le componenti x e y della velocità della palla nell’istante in cui tocca il suolo.

2) Una particella di massa m = 100 g è trattenuta mediante una fune sulla sommità di un piano inclinato di 30° rispetto al piano orizzontale, in equilibrio.

a) Si calcoli la tensione T della fune e la reazione normale al piano di appoggio, R, assumendo che il piano sia perfettamente liscio;

b) Supponendo che la fune venga tagliata e che il piano inclinato sia scabro, si determini il valore del coefficiente di attrito µ in modo tale che la particella scenda con accelerazione a di modulo 2 m/s2 .

c) Facoltativo: Calcolare, nelle ipotesi del punto b) il tempo che la particella impiega per raggiungere la base del piano inclinato, (punto A in figura), sapendo che si trova inizialmente ad un’altezza h di 1 m, rispetto alla base del piano inclinato.

A 1m

3) Uno sciatore di massa m = 70 kg scende lungo una pista perfettamente priva di attrito, partendo da fermo a quota h = 30 m. Al termine della pista prosegue lungo un tratto rettilineo, orizzontale e scabro con coefficiente di attrito dinamico µd = 0.5. Determinare:

a) la velocità con cui giunge al termine del tratto privo di attrito;

b) la distanza orizzontale d che deve percorrere prima di fermarsi completamente e l’energia dissipata.

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); fisbio.webhop.net (EN), www.mi.infn.it/~sleoni (OZ)

(2)

SOLUZIONE ESERCIZIO 1 Le equazioni generali del moto del proiettile sono:



= +

=

x x

ox

v v

t v x x

0

0





=

− +

=

gt v v

gt t v y y

y y

oy

0

2

0 2

1

con



=

=

θ θ sin cos

0 0

0 0

v v

v v

y x

a) Le componenti iniziali del vettore velocità sono:



=

°

×

=

=

=

°

×

=

=

s m s

m v

v

s m s

m v

v

y x

/ 6 . 10 45 sin / 15 sin

/ 6 . 10 45 cos / 15 cos

0 0

0 0

θ θ

Alla quota massima raggiunta dal proiettile la componente y della velocità è nulla : vx = vx0 = 10.6 m/s

vy = 0

La quota massima viene quindi raggiunta dopo un tempo t dato da:

s s

m s

m g

v t

gt v y

08 . 1 ) / 8 . 9 /(

) / 6 . 10 ( /

sin 2

0 0

=

=

=

= θ ed è data da:

m s

m

gt gt

t gt gt t v y

y oy

7 . 5 ) 08 . 1 ( ) / 8 . 9 2( 1

2 1 2

) 1 2 (

1

2 2

2 2

2 0

=

×

=

=

=

− +

=

b) Il moto della palla è parabolico e quindi simmetrico. Il tempo tfinale impiegato per giungere a terra è quindi il doppio del tempo impiegato per raggiungere il punto di quota massima:

tfinale = 2xt = 2.16 s

a cui corrisponde una distanza orizzontale xfinale = vox tfinale = 10.6m/s x 2.16 s = 22.9 m

c) Facoltativo: Essendo la traiettoria parabolica simmetrica, il vettore velocità in corrispondenza al punto di atterraggio ha la stessa intensità del vettore velocità all’istante del lancio ed inclinazione pari a -45° rispetto all’asse x orizzontale. Le sue componenti valgono quindi:

(vx)finale = v0x = 10.6 m/s (vy)finale = -v0y = -10.6 m/s

(3)

SOLUZIONE ESERCIZIO 2

a) Scelto il semiasse positivo x parallelo al piano inclinato e diretto verso il basso, ed il semiasse positivo y perpendicolare al piano inclinato e diretto verso l’alto, le componenti della forza risultante F agente sulla particella sono:

Fx = mg sen 30° - T ed Fy = N - mg cos 30° . Poichè la particella è in equilibrio, entrambe le componenti della forza sono nulle. Si ha quindi:

mg sen 30° - T = 0 R - mg cos 30° = 0

Sostituendo i valori numerici si ricava T= 0.49 N (-i ) ed R= 0.85 N (j)

b) La particella è soggetta all’azione della forza peso e della forza di attrito. Inoltre in questo caso Fx = ma dove Fx = mg sen 30° - µ mg cos 30° . Si ricava quindi :

µ = ( mg sen 30° - ma ) / mg cos 30°

Sostituendo i valori numerici si ha µ = 0.34

Facoltativo:

c) La lunghezza del tratto che la particella percorre lungo il piano inclinato per raggiungere la base è ∆x = h / sen 30° = 2 m. Il moto della particella lungo il piano inclinato è rettilineo uniformemente accelerato con accelerazione a di modulo 2 m/s 2. Si ha quindi ∆x = ½ at2 + vo t dove la velocità iniziale vo è nulla. Il tempo che il corpo impiega a raggiungere la base del piano inclinato è pertanto t = (2 ∆x / a) ½. Sostituendo i valori numerici si ha quindi t = 1.4 s.

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SOLUZIONE ESERCIZIO 3

a) Durante la discesa lungo la pista priva di attrito vale il principio di conservazione dell’energia meccanica:

Emecc,i = Emecc,f

Ki +Ui = Kf + Uf

mgh = ½ mv2

da cui si deduce che la velocità finale, alla base della pista, è pari a

v= 2gh= 2x(9.8m/s2)x30m =24.2m/s

b) Lungo il tratto orizzontale scabro, la forza di attrito dinamico compie lavoro dissipando energia fino ad arrestare completamente lo sciatore.

L’energia dissipata finale è pari alla energia cinetica iniziale dello sciatore, ossia:

Edissipata = ½ mv2 = mgh = 70 kg x 9.8 m/s2 x 30 m = 20580 J

Dal il teorema lavoro-energia cinetica di ricava poi la distanza massima orizzontale d percorsa:

Latt = -fd δ = ∆K = 0 – 1/2 m v2 µd mg d = 1/2 mv2

d = (½ v2) /(µd g) = 59.8 m

Figure

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