Problemi di Fisica La Dinamica

Problemi di Fisica

La Dinamica

PROBLEMA N. 1

Un corpo di massa m = 240 kg viene spostato con una forza costante F = 130 N su una superficie priva di attrito per un tratto s = 2,3 m. Supponendo che il corpo inizialmente è in condizione di riposo, calcolare la velocità finale ed il tempo che impiega per percorrere il tratto s.

SOLUZIONE

Diagramma delle forze

Dalla seconda legge della dinamica ricaviamo l’accelerazione:

s

2

/ m 54 , 240 0 130 m a F a m

F = ⋅ ⇒ = = =

Poiché si tratta di un moto uniformemente accelerato, applichiamo le relative leggi:

⎪⎩

⎪ ⎨

⎧

+

=

+ +

=

at v v

2 at t 1 v s s

0 f

2 0

0 poiché V0 = 0 e S₀ = 0 le relazioni diventano:

⎪⎩

⎪ ⎨

⎧

=

= at v

2 at s 1

f 2

Si tratta di un sistema di due equazioni in due incognite, t e Vf, le cui soluzioni sono:

⎪ ⎪

⎩

⎪ ⎪

⎨

⎧

=

⋅

=

=

=

s / m 58 , a 1

s a 2 v

s 9 , a 2

s

t 2

PROBLEMA N. 2

Un corpo di massa M = 2 kg si muove con velocità V = 3 m/s. Una forza diretta in senso opposto al moto arresta il corpo dopo un tempo t = 1 s. Calcolare:

L’intensità della forza applicata

Lo spazio percorso dall’istante in cui viene applicata la forza

SOLUZIONE

Applichiamo il 2° principio della dinamica per calcolare la forza che arresta il corpo:

N 6 3 2 a M

F = ⋅ = ⋅ = −

dove ^{F I}

3 m / s

²

1 3 t

V

a V − = −

− =

=

La forza è negativa in quanto si oppone al moto fino ad arrestarlo.

Poiché si tratta di un moto uniformemente decelerato, lo spazio percorso nel tempo t = 1s è dato da:

m 5 , 1 1 2 3 1 1 3 2 at t 1 V

s =

_I

⋅ −

²

= ⋅ − ⋅ ⋅

²

=

PROBLEMA N. 3

Un corpo di massa M = 10 kg è in moto su un piano orizzontale che presenta un coefficiente di attrito µ = 0,2. Se all’istante t tale corpo possiede una velocità di 10 m/s, quanto vale l’intensità della forza che dobbiamo applicare da quell’istante in poi perché il corpo continui a muoversi di moto rettilineo uniforme?

SOLUZIONE

Diagramma delle forze

Il quesito del problema trova la risposta nel:

1° principio della dinamica

∑ ^{= ⇒ − = ⇒ = = µ ⋅ = µ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =}

⇒

= cos t F 0 F F 0 F F R M g 0 , 2 10 9 , 8 19 , 6 N

V r r

_{a a}

quesito del problema trova la risposta nel:

1° principio della dinamica

ROBLEMA N. 5

coefficiente di attrito tra un corpo di massa M = 20 kg ed il pavimento è µ = 0,2. Calcolare 100 N inclinata di 60° rispetto all’orizzontale,

Diagramma delle forze

iene risolto applicando il secondo principio della dinamica, tenendo conto che si quazione vettoriale:

PROBLEMA N. 4

Un corpo di massa M = 2 kg viene lanciato verso l’alto lungo un piano inclinato α = 30° e con coefficiente di attrito µ = 0,4. Determinare la forza che bisogna applicare al corpo affinché il moto lungo il piano inclinato sia uniforme

SOLUZIONE

Il

a x a x y x

V cos t F 0 F F P 0 F F P P P P cos P sen P ( cos sen )

Mg ( cos sen ) 2 9,8 (0, 4 cos 30 sen30 ) 16,6N

= ⇒ = ⇒ − − = ⇒ = + = µ ⋅ + = µ ⋅ ⋅ α + ⋅ α = ⋅ µ ⋅ α + α =

⋅ µ ⋅ α + α = ⋅ ⋅ ⋅ ° + ° =

∑

^{r r}

P Il

l’accelerazione impressa al corpo da una forza di e la reazione vincolare.

SOLUZIONE

Il problema v tratta di una e

∑ ∑ ∑

⎩ ⎨

⎧

=

− +

⋅

=

⇒ −

⎪⎩

⎪ ⎨

⎧

=

⋅

⇒ =

⋅

= R F P 0

a M F F 0

F

a M F a

M F

y a x

y

x

r

r

r r

r r

sistema così ottenuto contiene le due incognite del problema, l’accelerazione a e la reazione incolare R. Risolto dà le seguenti soluzioni:

Il v

⎪⎩

⎪ ⎨

⎧

⋅ =

−

°

= ⋅

⋅ µ

− α

= ⋅

= −

=

°

⋅

−

⋅

= α

⋅

−

=

−

=

a 2 x

y

s / m 5 , 20 1

109 2 , 0 60 cos 100 M

R cos

F M

F a F

N 109 60 sen 100 8 , 9 20 sen F Mg F

P R

PROBLEMA N. 6

Un automobile avente la massa M = 1600 kg percorre 80 m, prima di fermarsi, con una forza frenante costante pari a 6250 N. Calcolare:

1. La velocità dell’automobile all’istante in cui inizia la frenata 2. Il tempo impiegato per fermarsi

raverso il 2° principio della dinamica,subita dalla SOLUZIONE

nnanzitutto calcoliamo la decelerazione, att I

macchina durante la frenata:

s

2

/ m 9 , 1600 3 6250 M

a F a M

F r = ⋅ r ⇒ = = = −

oiché si tratta di un moto uniformemente decelerato, applichiamo le rispettive leggi per spondere ai quesiti del problema

P ri

2 2 2 2 2 2 2

0 0

S V t 2at S at 1at 2S 2at at 2S at t 2S t 2S 2 80 6, 4s

2 a a 3,9

V at

= − ⋅

⎪ ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = ⇒ = ⇒ = = =

⎨⎪ =

⎩

1. ^{⎧ 1}

2.

. 7

stacola il moto dell’elettrone con una forza F = 4,8·10 N.

apendo che la massa dell’elettrone è m = 0,91·10^-30 kg, calcolare la distanza percorsa prima di essere arrestato dalla forza elettrica.

liamo la decelerazione subita dall’elettrone, attraverso il 2° principio della inamica:

h / km 90 s / m 25 4 , 6 9 , 3

V

₀

= ⋅ = =

PROBLEMA N

Un elettrone viene sparato tra due piastre cariche con una velocità V = 2·10⁶ m/s. Il campo

elettrico tra le due piastre o ^-17

S

SOLUZIONE

Innanzitutto calco d

2 13 30

17

s / m 10 3 , 10 5

91 , 0

10 8 , 4 M a F a M

F = − ⋅

⋅

= ⋅

=

⇒

⋅

= r

⁻₋

r

ta di un moto uniformemente decelerato, applichiamo le rispettive leggi per spondere ai quesiti del problema:

Poiché si trat ri

⎪ ⎪

⎩

⎪⎪ ⎨

⎧

=

=

⋅

⋅

⋅

⋅

−

⋅

⋅

⋅

=

−

=

⋅

⋅ =

= ⋅

=

−

−

−

cm 4 m 04 , 0 ) 10 4 , 0 ( 10 3 , 2 5 10 1 4 , 0 10 2 2 at

t 1 V S

s 10 4 , 10 0 3 , 5

10 2 a t V

2 7 13

7 6

2 0

7 13

6 0

PROBLEMA N. 8

i massa M viene lanciato lungo un piano inclinato (α = 30°) con velocità V = 10 m/s. Se l’attrito tra corpo e piano è µ = 0,2, determinare a quale altezza h, rispetto all’orizzontale, si ferma il corpo.

OLUZIONE

ione, attraverso il 2° principio della dinamica, subita dal il moto lungo il piano inclinato:

Un copro d

S

Innanzitutto calcoliamo la deceleraz orpo durante

c

y x

a x

a x

2

P P

F P P cos P sen P ( cos sen )

F M a F P M a a

M M M M

Mg ( cos sen ) 9,8 (0,2 cos30 sen30 ) 6,6m / s M

−µ ⋅ −

− − −µ ⋅ ⋅ α − ⋅ α ⋅ −µ α − α

= ⋅ ⇒ − − = ⋅ ⇒ = = = = =

/ ⋅ −µ α − α = ⋅ ⋅ ° − ° = −

/

∑

^{r r}

Poiché si tratta di un moto uniformemente decelerato, applichiamo le rispettive leggi

calcolare lo spazio percorso: per

⎪ ⎪

⎩

⎪⎪ ⎨

⎧

=

⋅

⋅

−

⋅

=

−

=

=

=

=

m 6 , 7 5 , 1 6 , 2 6 5 1 , 1 10 2 at

t 1 V S

s 5 , 6 1 , 6 10 a t V

2 2

0 0

a considerazioni di carattere trigonometrico calcoliamo l’altezza h alla quale il corpo si ferma:

D

7 sen S

h = ⋅ α = , 6 ⋅ sen 30 ° = 3 , 8 m

Una massa M = 3,3kg si muove su un piano con un coefficiente d’attrito µ = 0.3, secondo la direzione indicata in figura, sotto l’azione di una massa m = 2,1kg. Nell’ipotesi che la fune sia priva di massa e che la carrucola non introduce nessun attrito, calcolare l’accelerazione e la tensione della corda.

la stessa per le due masse in base alle ipotesi del problema:

CORPO M

PROBLEMA N. 9

SOLUZIONE

A

èpplichiamo la seconda legge della dinamica ai due corpi, tenendo presente che l’accelerazione

⎩ ⎨

⎧

=

−

⋅

=

⇒ −

⎪⎩

⎪ ⎨

⎧

=

⋅

= =

⋅

=

⇒ ∑ ∑ ∑

0 P N

a M F T 0

F

a M a F

M F

M a

y x

r r r

CORPO m

⇒ T − P

_m

= m ⋅ a

Riuniamo le precedenti equazioni in un unico sistema di tre equazioni in tre incognite:

⋅

−

=

− P m a T

_m

che risolto, darà le seguenti soluzioni:

⎪ ⎩

⎪ ⎨

⎧

=

−

⋅

=

−

0 P N

a M F T

M a

⎪⎩ 5 , 4

⎪ ⎪

⎪⎪

⎪

⎨

⎧

=

=

⇒

=

⇒

−

=

−

⋅ +

⇒

⋅

−

=

− +

⋅

⋅ +

⋅

= +

⋅

=

=

⋅

=

⋅

=

=

2 m

a a M

s / m 9 2 , a 10 9 , 10 a 4 , 5 a 1 , 2 6 , 20 3 , 32 3 , 0 a 3 , 3 a m P

F a M

3 , 32 3 , 0 2 1 , 3 F a M T

N 3 , 32 8 , 9 3 , 3 g M P N

= 15 , 9 N

PROBLEMA N. 10

Dato il sistema di masse in figura, calcolare la loro accelerazione e la tensione della fune, nell’

ipotesi che la fune non abbia massa e la carrucola sia priva di attrito.

pplichi accelerazione

la stessa per le due masse in base alle ipotesi del problema:

’ un sistema di due equazioni in due incognite, che risolto dà le seguenti soluzioni:

SOLUZIONE

A amo la seconda legge della dinamica ai due corpi, tenendo presente che l’

è

⎩ ⎨

⎧

⋅

=

−

⋅

−

=

−

a m P T

a M P

T

m M

E

⎪⎩

⎪ ⎨

⎧

= + ⋅

= −

⇒

−

⋅

= +

⋅

⇒

=

−

−

=

−

=

⇒

⋅

−

=

−

s

2

/ m 6 , 3 m g M

m a M

) m M ( g ) m M ( a ma mg Ma Mg

N 17 Ma Mg T a M Mg T

PROBLEMA N. 11

lla cabina di un ascensore. Che sa segna la bilancia quando l’accelerazione assume i valori dati in figura?

Un passeggero di massa m = 72.2 kg sta su una bilancia ne

co

SOLUZIONE

1° caso: a = 0

N 708 8 , 9 2 , 72 Mg N 0 Mg

N − = ⇒ = = ⋅ =

La bilancia segna il peso effettivo del passeggero

2° caso: a = -3,2 m/s²

N 477 ) 2 , 3 8 , 9 ( 2 , 72 ) a g ( M Ma Mg N Ma Mg

N − = − ⇒ = − = ⋅ − = ⋅ − =

La bilancia segna un peso inferiore di 231 N ed il passeggero pensa di aver dimagrito 23,6 kg (M = P/g= 231/9,8 = 23,6 kg)

3° caso: a = 3,2 m/s²

N 939 ) 2 , 3 8 , 9 ( 2 , 72 ) a g ( M N Ma Mg

N − = ⇒ = ⋅ + = ⋅ + =

La bilancia segna un peso superiore di 231 N ed il passeggero pensa di aver ingrassato 23,6 kg (M = P/g= 231/9,8 = 23,6 kg)

alcolare la velocità di un’auto nell’istante in cui effettua una frenata, suppo ndo che la ll’asfalto sia di 290 m ed il coefficiente di attrito dinamico µ_D = .60

SOLUZIONE

azioni del moto uniformemente accelerato si ottiene:

PROBLEMA N. 12

C ne

“strisciata” dei pneumatici su 0

Applicando le equ

as 2 V at

v v

2 at t 1 v s

0 0

f

2

0

⇒ =

⎪⎩

⎪ ⎨

⎧

−

=

−

=

essendo v_f = 0

Il valore dell’accelerazione lo ricaviamo applicando il 2° principio della dinamica:

M g g M M

a F Ma

F

_a ^{a D}

= µ

_D

⋅

/ /

= µ

=

⇒

−

=

−

In definitiva:

h / Km 210 s g 2

v

₀

= µ

_D

⋅ ⋅ =

ROBLEMA N. 13

i attrito dinamico tra la assa m ed il piano inclinato nell’ipotesi che le masse si muovano di moto uniforme.

SOLUZIONE

2° principio della dinamica applicato alla massa M : P

Dato il sistema in figura (m = 14kg α = 30°) calcolare il coefficiente d m

⎩ ⎨

⎧

=

−

=

−

⇒ −

⎪⎩

⎪ ⎨

⎧

=

⋅

⇒ =

⋅

= ∑ ∑

∑ ^T _N ^F _P ^P ₀ ⁰

0 F

a M F a

M F

y x a

y

x

r

r r r r r

dove a = 0 perché v = costante

2° principio della dinamica applicato alla massa m :

0 P T a m

F = ⋅ ⇒ −

_m

=

∑ ^{r r}

dove a = 0 perché v = costante iuniamo le precedenti equazioni in un unico sistema:

⎧

=

−

=

−

−

0 P T

0 P F T

m x a

Sapendo che Px = P·senα e Py = P·cosα il sistema ammet

⎨

⎧

=

°

⋅

⋅

= α

=

=

=

°

⋅

⋅

−

= α

−

=

−

=

=

⋅

=

⋅

=

N 119 30 cos 8 , 9 14 cos Mg P

N

N 68 30 sen 8 , 9 14 137 Mgsen

T P T F

y x a

R

⎪ ⎩

⎪ ⎨ N − P

_y

= 0

terà le seguenti soluzioni:

⎪ T m g 14 9 , 8 137 N

⎪ ⎩

Pertanto il coefficiente di attrito dinamico sarà:

57 , 119 0

68 N N F

F

_a

= µ

_D

⇒ µ

_D

=

^a

= =

ROBLEMA N. 14

ato il sistema in figura formato dalle masse M = M₁ = M₂ = 2 kg e da un piano inclinato (α = 0°) privo di attrito, determinare:

1. L’accelerazione delle masse

2. La tensione della fune, supposta inestensibile 3. La reazione vincolare del piano inclinato

nendo conto che sono equazioni vettoriali e come tali scomponibili lungo gli assi cartesiani.

oltre, in base alle ipotesi del problema, l’accelerazione è la stessa per le due masse così me la tensione della fune.

CORPO M1

P D 3

SOLUZIONE

Il problema viene risolto applicando il secondo principio della dinamica a ciascuna massa e te

In co

⎩ ⎨

⎧

=

−

⋅

=

⇒ −

⎪⎩

⎪ ⎨

⎧

=

⋅

= =

⋅

=

⇒ ∑ ∑ ∑

0 P R

a M P T 0

F

a M a F

M F

y x

y x

r r r

CORPO M2

⇒ ∑ F

_y

= M ⋅ a ⇒ T − P = − M ⋅ a

OTARE: Abbiamo ipotizzato che la massa M2 si muove verso il basso, ed in base al sistema di riferimento elto la sua accelerazione è un vettore negativo, e quindi la massa M1 si muove verso l’alto lungo il piano clinato, ed in base al sistema di riferimento scelto la sua accelerazione è un vettore positivo.

iuniamo le precedenti equazioni in un unico sistema, ottenendo così un sistema di tre

⎨

⋅

−

=

−

=

−

a M P T

0 P

R

_y

isolviamo il sistema con il metodo di sostituzione, ricavando l’incognita T dalla prima quazione e sostituendola nella terza equazione otteniamo il valore dell’accelerazione:

N

scin

R

equazioni in tre incognite, che sono quelle poste come quesito dal problema:

⎪ ⎧ T − P

_x

= M ⋅ a

⎪ ⎩

R e

x

x 2

x x

y

P M a P M a 2M a P P a 2, 45m / s

2M 2M 2M 2M

R P 0

⎪ + ⋅ − = − ⋅ ⇒ ⋅ = − ⇒ = = = = =

⎨ /

⎪⎪ − =

⎩

T P M a

P P P P sen P (1 sen ) Mg (1 sen )

= + ⋅

⎧⎪ − − ⋅ α ⋅ − α / ⋅ − α

Conclusione: La massa M₂ si muove verso il basso perché il valore trovato, essendo

PROBLEMA N. 15

Un corpo di massa M = 75kg viene tirato, a velocità costante, con una fune inestensibile con un angolo α = 42° rispetto alla direzione di moto. Supponendo che il coefficiente di attrito

µ_D = 0.1, calcolare la tensione della fune.

A questo punto le altre incognite sono facilmente calcolabili:

⎪ ⎩

⎪ ⎨

⎧

=

°

⋅

⋅

= α

⋅

= α

⋅

=

=

=

= +

°

⋅

⋅

= + α

⋅

⋅

=

⋅ + α

⋅

=

⋅ + α

⋅

=

N 17 30 cos 8 , 9 2 cos Mg cos

P P R

s / m 45 , 2 a

N 7 , 14 ) 45 , 2 30 sen 8 , 9 ( 2 ) a sen g ( M a M sen Mg a M sen P T

y

2

positivo, è in accordo con l’ipotesi fatta.

dinamico è SOLUZIONE

2° PRINCIPIO DELLA DINAMICA APPLICATO AL CORPO M

⎪⎩ F

_y

= 0

∑ ⎪ ∑

⎨ ⎧ =

⇒

= F 0

0

F r

^x

r

∑

r r r

r

a = 0 perché V = cost

sistema diventa:

dove: T₁ = T·sinα T2 = T·cosα Fa = µDN = µDMg P = Mg

Il sistema, così ottenuto, nelle incognite T e N, ammette le seguenti soluzioni:

Il

⎩ ⎨

⎧

=

− α

⋅ +

=

− α

⇒ ⋅

⎩ ⎨

⎧

=

− +

=

−

0 P sen T N

0 F cos T 0 P T N

0 F

T

_a

1 a 2

⎪ ⎩

⎪ T =

^D

= 91 N

⎨

⎧

= α

−

=

α µ + α

µ

N 670 Tsen

Mg N

sen cos

Mg

D

ROBLEMA N. 16

a figura rappresenta un’automobile di massa M = 1600kg che viaggia a velocità costante v = 20m/s su una pista piana e circolare di raggio R = 190m.

Qual è il valore minimo del coefficiente di attrito tra i pneumatici ed il terreno che impedisce alla macchina di slittare verso l’esterno?

clinato il fondo stradale per P

L

Se la curva è sopraelevata, a quale angolo dovrà essere in garantire la tenuta di strada senza l’ausilio della forza di attrito?

SOLUZIONE

Diagramma delle forze

2° PRINCIPIO DELLA DINAMICA APPLICATO AL CORPO M

⎧ = ⋅

⎪⎩

⎪ ⎨

⎧

=

⇒ =

⋅

=

⇒ ∑ ∑

PRIMO CASO

⎩ ⎨ − =

∑ ⇒

0 P N

c

r F

a

M a 0

F 0 a F

M F

y x

c

r

r r r

dove P = Mg a_c = v²/R F_a = µ_DN = µ_DMg

Pertanto:

21 , 190 0 8 , 9

20 R

g V R

M v g M

2 2

D 2

D

=

= ⋅

= ⋅ µ

⇒ /

=

⋅ /

⋅ µ

SECONDO CASO

2° PRINCIPIO DELLA DINAMICA

⎩ ⎨

⎧

⋅

= α

⋅

⋅

= α

⇒ ⋅

⎩ ⎨

⎧

=

−

⋅

⇒ =

⎪⎩

⎪ ⎨

⎧

=

⇒ =

⋅

=

⇒ ∑ ∑ ∑

g M cos N

a M sen N 0

P N

a M N 0 F

0 F a

M

F

^C

1

c 2

y x

c

r r

r r r

c = v²/R

ividendo membro a membro le equazioni del sistema, otteniamo:

dove: N₁ = N·cosα N₂ = N·senα P = Mg a

D

°

= α

⇒

⋅ =

⋅ =

=

= α

⇒

= α / ⇒

= / α /

α

/ 0 , 21 12

190 8 , 9

20 R

g V g tg a a

ctg g a

M g M sen

N cos

N

_c ^{2 2}

c c

veicolo compie un giro della morte su una pista circolare, di raggio R = 3 m, disposta in un deve avere nel punto più alto della

PRINCIPIO DELLA DINAMICA APPLICATO AL CORPO M PROBLEMA N.17

Un

piano verticale. Qual è la minima velocità che il veicolo ista?

p

SOLUZIONE

∑ ^{= ⋅ ⇒ + = ⋅}

⇒ F r M a r N P M a

_c

2°

a_c = v²/R (accelerazione centripeta)

e

iventa:

dove P = Mg

S il veicolo è nella condizione di perdere contatto con la pista, allora N = 0, per cui la legge d

s / m 4 , 5 3 8 , 9 R g R V

M v g M a

M P

2

c

⇒ / = / ⇒ = ⋅ = ⋅ =

⋅

=

Per essere certi che il veicolo non perda contatto con la pista nel punto più alto, la velocità eve essere maggiore di 5.4 m/s.

ensioni delle funi.

d

PROBLEMA N.18

Dato il sistema in figura, calcolare l’accelerazione e le t

OLUZIONE

isegniamo il diagramma delle forze per ciascun corpo:

: S

D

Applichiamo il 2° principio della dinamica a ciascun corpo

⎩ ⎨

⎧

=

−

⋅

⇒ =

⎩ ⎨

⎧

=

−

⋅

=

⇒ −

⋅

=

−

⇒

0 P R

a M M T

0 P R

a M T M T

a M T P M

3 3

3 2 3

2 2

2 2 1 2

1 1 1 1

Raccogliamo in un unico sistema le equazioni utili ai fini del problema:

⎧

⋅

=

⋅

=

−

⋅

=

−

a M T

a M T T

a M T P

3 2

2 2 1

1 1 1

Sommiamo membro a membro le tre equazioni:

⎪ ⎨

⎪

⎩

a ) M M M ( T T T T

P

₁

− /

₁

+ /

₁

− /

₂

+ /

₂

=

₁

+

₂

+

₃

⋅

Dall’equazione così ottenuta calcoliamo l’accelerazione delle masse:

2 1

1

9 , 8 4 , 9 m / s

3 1 4 g 4 M M M

a P ⋅ =

+

= +

⋅

=

= ∑ ∑

e tensioni delle funi, di conseguenza, sono:

L

N 7 , 14 9 , 4 3 a M T

N 6 , 19 ) 9 , 4 8 , 9 ( 4 ) a g ( M a M g M a M P T

3 2

1 1

1 1

1 1

=

⋅

=

⋅

=

=

−

⋅

=

−

⋅

=

⋅

−

⋅

=

⋅

−

=

ROBLEMA N.19

Dato il sistema in figura ( 1 = 3 kg e M2 = 4 kg) calcolare:

le accelerazioni e la tensione delle funi, nell’ipotesi che la fune sia inestensibile e priva di massa e le carrucole non abbiano dimensioni e siano prive di massa;

• la condizione di equilibrio del sistema.

OLUZIONE

OTESI: Sia la massa M₁ a cadere verso il basso. L’ipotesi fatta è ininfluente ai fini della

mica alle due masse:

2 2

P T M a

T T P M a

⎧ − = ⋅

⎪⎨− − + = − ⋅

⎪⎩

Notiamo:

• per le ipotesi fatte sulla fune, le tensio in gioco sono tutte uguali;

• le accelerazioni dei due corpi sono div infatti se M1 si muove di un tratto ∆L verso il basso, poiché la fune è inestensibile, t le tratto di fune dovrà essere sottratto al tratto di fune che avvolge la carrucola 2. Questo tratto sarà quindi ottenuto prelevando un tratto

∆L/2 a sinistra e a destra della carrucola 2. Allora la velocità V1 = ∆L/ ∆t di M₁ è doppia la velocità V2 = ∆L/2 ∆t di M2 e analogamente per le accelerazioni otteniamo:

i, risolviamo il sistema di equazioni:

2T P M a 2P 4M a P M a2

⎪ ⇒⎪

⎨ − = ⋅ ⎨ − ⋅ − =

⎪ ⎪

⎩ ⎩

a seconda equazione del sistema contiene l’unica incognita a2: P

M

•

S

IP

risoluzione del problema.

Applichiamo il 2° principio della dina

1 1 1 1 1 1

2 2 2 2

P T M a

2T P M a

⎧ − = ⋅

⇒ ⎨⎪⎪⎩ − = ⋅

ni erse;

a

rispetto al

a₁ = 2·a₂ atte queste considerazion

F

P −T =2M a⋅ T =P −2M a⋅

⎧_{1 1 2} ⎧ _{1 1 2}

2 2 2 1 1 2 2 2⋅

L

2 2 1 2 1 2

M ⋅a +4M a⋅ =2P −P ⇒

1 2 1 2 1 2 2

1 2 2 1 2 2

1 2 1 2 1 2

(4M M ) a 2P P a 2P P 2M g M g 2M M 2 3 4

g 9,8 1,23m / s

4M M 4M M 4M M 4 3 4

+ ⋅ = − ⇒ = = = ⋅ = ⋅ =

+ + + ⋅ +

esto punto è semplice calcolare a

− − − ⋅ −

A qu 1 e T:

a₁= ⋅2 1,23 2, 45m / s= 2 T =M₁⋅ −g 2M .a_{1 2} =M (g 2a ) 3 (9,8 2 1,23) 22N₁⋅ − ₂ = ⋅ − ⋅ =

Poiché a₁ è positiva, l’ipotesi fatta è giusta, ci ₁ cade verso il basso e M₂ si muove verso risolto nello stesso modo, ma vremmo concluso che M1 si muove verso l’alto e M2 verso il basso.

L’equilibrio si ottiene se a₁ = 0 cioè:

oè M

l’alto. Se a1 fosse stata negativa, il problema sarebbe stato a

1 2 2

1 2

1 2

2 1

1 1 0 2 2 0 2 2

2 4 ( P P ) P P M g

M

a M = ⇒ ⋅ − = ⇒ = ⇒

⋅ +

= 2 ^{1 2} 2

M M g P M

P − / = /⇒ =

PROBLEMA N.20

Dato il sistema di masse in figura, calcolare l’accelerazione e la tensione della fune, nell’ipotesi che sia priva di massa ed inestensibile.

SOLUZIONE

IPOTESI: M₁ scende M₂ sale

agramma cipio della o alle due

y 1 1

1 1

a x 1

1

o:

equazioni otteniamo un’equazione in una sola incognita:

Tenendo conto del di delle forze, il 2° prin dinamica applicat masse diventa:

⎩ ⎨

⎧

=

−

⋅

=

−

⇒ −

0 P R

a M T F P

⎩ ⎨

⎧

=

−

⋅

=

−

⇒ −

0 P R

a M P F M T

y 2 2

2 x 2 2 a

M

2

Le equazioni che servono a rispondere ai quesiti del problema son

⎩ ⎨

⎧

⋅

=

−

−

⋅

=

−

−

a M P F T

a M T F P

2 x 2 2 a

1 1

a x 1

Risolviamo il sistema con il metodo di riduzione, per cui, sommando membro a membro le due

1x a1 a2 2x 1 2 1 2 1 1 1⋅cosβ − µ ⋅2 P cos2⋅ α ₂

1 1 2 2

1 2 1 1 2 2

1 2

P F T T F P M a M a (M M ) a P sen P P sen

P (se cos ) P ( cos sen ) (M M ) a P (sen cos ) P ( cos sen ) a

M M

9,8 (sen45 0, 4 cos 45 ) 1 9,8 ( / /

− − + − − = + ⇒ + ⋅ = ⋅ β − µ ⋅ − ⋅ α ⇒

⋅ β − µ ⋅ β − ⋅ µ ⋅ α + α

+ ⋅ = ⋅ β − µ ⋅ β − ⋅ µ ⋅ α + α ⇒ = =

+

⋅ ⋅ ° − ⋅ ° − ⋅ ⋅

n

3 0,2 cos 60 sen60 ) 0,75m / s₂

3 1

⋅ ° + ° =

+

Poiché l’accelerazione è positiva, l’ipotesi usta, cioè M₁ cade verso il basso e M₂ si stata negativa, il problema sarebbe stato risolto nello stesso

ota l’accelerazione possiamo calcolare dalla prima equazione del sistema la tensione della fune:

=

⋅

− β

⋅ µ

− β

⋅

=

⋅

− β

⋅

⋅ µ

− β

⋅

=

⋅

−

−

=

fatta è gi muove verso l’alto. Se a fosse

modo, ma avremmo concluso che M₁ si muove verso l’alto e M₂ verso il basso.

N

a M ) cos sen

( g M a M cos g M sen

g M a M F P

T

_{1x a1 1 1 1 1 1 1 1 1}

N 22 , 10 75 , 0 3 ) 45 cos 4 , 0 45 sen ( 8 , 9

3 ⋅ ⋅ ° − ⋅ ° − ⋅ =

PROBLEMA N.21

Un corpo di massa M = 1kg sia poggiato su un piano inclinato con coefficiente di attrito statico µS = 0,5 e coefficiente di attrito dinamico µD = 0,3. Si supponga di sollevare lentamente il piano variando l’angolo α. Calcolare:

ateriale è in equilibrio se la somma vettoriale di tutte le forze che agiscono su di esso è nulla:

CONDI

per quale valore di α il corpo comincia a scivolare

con quale accelerazione il corpo si muove in corrispondenza dell’angolo α

SOLUZIONE

Un punto m

⎪⎩

⎪ ⎨

⎧

=

⇒ =

= ∑ ∑

∑ F 0

0 F 0

F

y

x

r

r r r r

ZIONE DI EQUILIBRIO

r

Utilizziamo la prima equazione per calcolare l’angolo in corrispondenza del quale il corpo mincia a scivolare:

co

°

= α

⇒

= α

⇒ α α =

= α µ

⇒ α

⋅ /

⋅ µ

= α

⋅ /

⇒

= tg tg 0 , 5 27

cos cos sen

P sen

P F

P

_{x a S s}

Quando il corpo comincia a scivolare, la forza d’attrito diminuisce perché il coefficiente d’attrito diventa quello dinamico, per cui, applicando il 2° principio della dinamica, l’accelerazione si calcola come:

2

D D

aD x aD

x

s / m 8 , 1 ) 27 cos 3 , 0 27 sen ( 8 ,

9 ⋅ ° − ⋅ ° =

M

) cos sen

( g M M

cos P sen

P M

F a P

a =

/

α

⋅ µ

− α

⋅

= / α

⋅

⋅ µ

− α

= ⋅

= −

⇒

⋅ M F

P − =

Cal di masse rappresentato in figura:

OLUZIONE

pplichiamo il secondo principio della dinamica alle singole masse:

PROBLEMA N.22

colare l’accelerazione del sistema

S

A

⎩ ⎨

⎧

=

−

⋅

=

⇒ −

⎪⎩

⎪ ⎨

⎧

=

⋅

= =

⋅

=

⇒

⎩ ⎨

⎧

=

−

⋅

=

⇒ −

⎪⎩

⎪ ⎨

⎧

=

⋅

= =

⋅

=

⇒

∑ ∑ ∑

∑ ∑ ∑

0 P R

a M F P 0

F

a M a F

M F M

0 P R

a M F P 0

F

a M a F

M F M

2y 2

2 a 2 x 2

y 2 x 2

2

1y 1

1 a 1 x 1

y 1 x 1

1

r r r r

r r r r

oiché il corpo M2 ha una massa ed un coefficiente d’attrito maggiori rispetto al corpo M1, la rza d’attrito che agisce su M₂ è maggiore rispetto a quella che agisce su M₁, per cui M₂, enando il moto di M₁, fa sì che il blocco di masse si muova insieme lungo il piano inclinato.

ertanto, sommando membro a membro le prime equazioni dei due sistemi otteniamo un’unica quazione nell’incognita “a”:

P fo fr P e

1 2 1 1y 2 2

1x 2x a1 a2 y

1 2

1 2 1 1 2 2 1 1 2 2

1 2 1 2

P sen P sen P P

P P F F

M M

P sen P sen P cos P cos P (sen cos ) P (sen cos )

M M M M

5 9,8 (sen30 0,15 cos30 ) 10 9,

⋅ α + ⋅ α − µ ⋅ − µ ⋅

+ − − =

+

⋅ α + ⋅ α − µ ⋅ ⋅ α − µ ⋅ ⋅ α = ⋅ α − µ ⋅ α + ⋅ α − µ ⋅ α =

+ +

⋅ ⋅ ° − ⋅ ° + ⋅

1x a1 2x a2 1 2

1 2

P F P F (M M ) a a

M M

− + − = + ⋅ ⇒ = =

+

8 (sen30 0,30 cos30 ) 2,78m / s2

5 10

⋅ ° − ⋅ ° =

+

PROBLEMA N.23

lare il periodo di oscillazione e la pulsazione di una molla che viene allungata di 0,4 m da una massa di 1 kg.

SOLUZIONE

Le forze in gioco sono la forza elastica e la forza peso, per cui applicando il 2° principio della dinamica calcoliamo la costante elastica della molla che serve per calcolare il periodo di oscillazione:

Calco

m / N 5 , 4 24 , 0

8 , 9 1 x

g k M g M x k a

M =

F

_e

⋅ = ⋅

=

⇒

⋅

=

⋅

−

⇒

⋅

=

Pertanto:

s 3 , 5 1 , 24 2 1 k 2 M

T = π ⋅ = π ⋅ =

5 rad / s

3 , 1 2 T

2 π = π =

= ω

PROBLEMA N.24

Una strada presenta una curva di raggio R = 100 m. Supponendo che il coefficiente di attrito fra le ruote di un’auto e la strada sia µ = 0,5, calcolare la massima velocità affinché la curva sia percorsa senza sban

SOLUZIONE

a forza che permette a senza sbandare è la forza centripeta, che questo caso coincide con la forza d’attrito, per cui il 2° principio della dinamica diven

dare.

ll’auto di percorrere la curva L

in ta:

h / km s / m ,

, Rg R V

M V g R M

M V

F_c = ⋅ ² ⇒µ⋅ / = / ⋅ ² ⇒ = µ = 05⋅100⋅98 =22 =80

PROBLEMA N.25

n corpo di massa 1 kg si muove di moto armonico con ampiezza 10 cm. Sapendo che il valore razione è 3,94 m/s², calcolare la frequenza del moto e la forza agli estremi

moto armonico ci serve il valore della pulsazione che si calcola rmula dell’accelerazione del moto armonico:

U

massimo dell’accele i oscillazione.

d

SOLUZIONE

er calcolare la frequenza del P

attraverso la fo

s / rad 3 , 1 6 , 0

94 , 3 x x a

a = − ω

²

⇒ ω = = =

per cui:

Hz 2 1

f f

2 =

π

= ω

⇒ π

= ω

Dal 2° principio della dinamica calcoliamo la forza agli estremi di oscillazione:

N 94 , 3 94 , 3 1 a M

F = ⋅ = ⋅ =

n corpo di massa M = 4 kg oscilla sotto l’azione di due molle aventi costanti elastiche K1 = alcolare il periodo di oscillazione del sistema.

SOLUZIONE

ia durante la fase di compressione che di allungamento di entrambe le molle, la massa M sarà inamica diventa:

( a M x k x k a M F

F

_{1e 2e 1 2 2}

⋅

PROBLEMA N.26 U

200 N/m e K₂ = 150 N/m. C

S

sottoposta sempre a due forze elastiche concordi, per cui il 2° principio della d

k

₁

+ k ) ⋅ x = M a

−

⇒

⋅

=

−

−

⇒

⋅

= +

apendo che a = ω²·x abbiamo che:

S

x M M x ) k k

(

₁

+

₂

⋅ / = − ω

²

/ ⇒ ω =

^{1 2}

−

per cui l’oscillazione del sistema è:

k k +

s 67 , 150 0 200

4 k

k 2 M T 2

T 2

2 1

+ = + =

π ω ⇒

= π π ⇒

= ω

Un pendolo semplice di lunghezza L = 1 m porta all’estremità una pallina di massa M = 100 g. Quando il filo forma con la verticale un angolo di 45° la pallina ha un’accelerazione centripeta di 4 m/s². Calcolare la velocità della pallina e la

e del filo nella posizione considerata.

SOLUZIONE

Dalla formula dell’accelerazione centripeta calcoliamo la velocità della pallina come formula inversa:

PROBLEMA N.27

tension

s / m 2 1 4 L

a

_c

⋅ = ⋅ = L V

a V

2

c

= ⇒ =

mica calcoliamo la tensione della fune

a M P T a M P

T

_{y c y c}

Dal 2° principio della dina :

09 , 1 ) 4 45 cos 8 , 9 ( 1 , 0 ) a cos g ( M a M cos

Mg ⋅ α + ⋅

_c

= ⋅ ⋅ α +

_c

= ⋅ ⋅ ° + =

=

⋅ +

=

⇒

⋅

=

− N