Primo Esonero - 10 Aprile 2015
SOLUZIONE ESERCIZIO 1
Affinch`e il sistema si muova di moto rettilineo uniforme, la risultante delle forze su ciascuna massa deve essere zero
T2− Fa2= 0 T1− T2− Fa1= 0
T1− mg = 0
(1)
Sostituendo l’espressione per la forza di attrito sui blocchi m1 e m2abbiamo:
T2− µ2m2g = 0 T1− T2− µ1m1g = 0
T1− mg = 0
(2)
Possiamo ricavare T2 dalla prima eq. e T1 dalla terza e sostituirli nella seconda ottenendo:
mg − µ2m2g − µ1m1g = 0 (3)
da cui:
m = µ1m1+ µ2m2 (4)
Inserendo i dati del problema otteniamo quindi
m = 5.8kg. (5)
Una volta ricavata m possiamo trovare T1 e T2
T1= mg = 56.9N (6)
T2= µ2m2g = 17.7N (7)
Per trovare il lavoro totale fatto dalla forza d’attrito, possiamo sommare il lavoro fatto da Fa1 e Fa2
lungo il tratto d oppure, analogamente, considerare la conservazione dell’energia.
Ltota = −µ1m1gd − µ2m2gd = −mgd = −5.7J (8) Dopo che la massa m tocca terra ci sono due possibilit`a: la corda tra m1e m2 rester`a tesa o meno, a seconda di quale dei due corpi decelera di pi`u. Se |a2| > |a1| la corda sar`a tesa e dunque il sistema sar`a accoppiato e si muover`a con un’unica accelerazione. Se vice versa |a1| > |a2| la corda non sar`a tesa e dunque i due corpi si muoveranno independentemente l’uno dall’altro. In questo secondo caso la distanza tra i due si ridurr`a. Le due accelerazioni valgono:
|a1| = µ1g |a2| = µ2g, (9)
perci`o, visto che i dati del problema prevedono µ1> µ2, ci troviamo nel secondo caso e possiamo trattare in modo indipendente il moto dei due corpi. In generale il moto dei due corpi sar`a uniformemente decelerato con una velocit`a iniziale v0, quindi si arrester`a nel tempo
¯t : v0− a¯t = 0 ossia ¯t = v0
a (10)
e in quel tempo lo spazio percorso sar`a:
S = v0¯t − 1
2a¯t2= v20
a −1 2
v20
a =1 2
v20
a . (11)
Per m1 e m2avremo rispettivamente:
S1= 1 2
v20
µ1g = 10.2cm (12)
1
S2= 1 2
v20
µ2g = 17.0cm (13)
Quindi lo spazio tra loro si sar`a ridotto di S2− S1= v20
2g
1 µ2 − 1
µ1
= 6.8cm. (14)
Allo stesso risultato si pu`o giungere uguagliando l’energia cinetica iniziale di cialscun blocco al lavoro della forza d’attrito lungo il tratto necessario a farlo fermare.
SOLUZIONE ESERCIZIO 2
Per trovare il valore della massa `e sufficiente applicare la conservazione dell’energia 1
2kx20= mgh + µmg cos θl (15)
Si noti inoltre la relazione tra l ed h
h = l sin θ (16)
Sostituendo otteniamo 1
2kx20= mgh + µmghcos θ sin θ = mgh
1 + µcos θ sin θ
(17) da cui `e possibile ricavare m
m = kx20
2gh 1 + µcos θsin θ = 0.15kg (18)
Per il secondo punto applichiamo nuovamente la conservazione dell’energia, ricordando che ora la massa
`
e cambiata e che l’energia cinetica nello stato finale `e diversa da zero. Avremo quindi 1
2kx20= m0gh + µm0g cos θl +1
2m0v02 (19)
da cui `e possibile ricavare v0
v02= kx20
m − 2gh
1 + µcos θ sin θ
(20) che vale
v0= 2.6m/s (21)
Una volta che la pallina si stacca dal piano inclinato seguir`a una traiettoria parabolica dove le componenti della velocit`a iniziale dipendono dall’angolo del piano inclinato
v0x= v0cos θ
v0y = v0sin θ (22)
L’eq. della traiettoria sar`a quindi:
x(t) = v0xt
y(t) = h + v0yt − 12gt2 (23)
La pallina toccher`a terra in un tempo ¯t tale che h + v0yt −1
2gt2= 0 (24)
che `e un’eq. di secondo grado che ammette due soluzioni
t =¯
v0y±q
(v0y)2+ 2gh
g (25)
di cui solo quella con il + `e fisica. La distanza d a cui tocca terra quindi sar`a
d = v0x¯t = 1.01m. (26)
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