Esercizi di fisica con soluzioni/Statica e dinamica del punto materiale

1. Cassa

Una cassa di massa $M$ è poggiata al suolo ed ha un coefficiente di attrito statico di ${\mu }_s$ con il suolo. Quale è la minima forza necessaria a spostare la cassa se tale forza viene applicata su una faccia laterale e forma un angolo di $\theta$ con il piano orizzontale?

(dati del problema ${\mu }_s=0.5$, $M=15kg$, $\theta =25^o$)

2. Trave inclinata

Trovare le tensioni del cavo mostrato in figura e la reazione vincolare della trave. Trascurare la massa della trave e del cavo. Il sistema è in equilibrio statico.

(Dati del problema $m=1000kg$, $\theta =20^o$)

3. Due cubi

Sopra un piano orizzontale è poggiato un cubo di massa $M$, che può scorrere senza attrito sul piano. Sopra il cubo è poggiato un altro cubetto di massa $m$ a distanza $d$ dalla faccia del cubo più grande. All'istante iniziale, quando tutto è fermo, al cubo è applicata una forza $F$ orizzontale; trascorso un tempo $t$ il cubetto cade. Calcolare il coefficiente di attrito tra i due cubi

(Dati del problema $M=50kg$, $m=10kg$, $d=50cm$, $F=100N$, $t=2s$)

4. Piastra con sopra un oggetto

Su un piano orizzontale è appoggiata una piastra quadrata di massa $m_2$, ferma. Il coefficiente di attrito radente piastra-piano vale ${\mu }_2$. Sulla piastra viene posto un corpo di massa $m_1$, che si muove con velocità iniziale in modulo $v_o$ (parallela ai lati della piastra). Il coefficiente attrito corpo-piastra è ${\mu }_1$. Commentare la relazione che deve esistere tra $m_1$, $m_2$, ${\mu }_1$ e ${\mu }_2$ perché la piastra si muova?

Trovare: a) La distanza $x_1$ percorsa dal corpo $1$ sulla piastra prima di fermarsi (relativamente alla piastra). b) La distanza $x_2$ percorsa dalla piastra sul ripiano prima di fermarsi.

(dati del problema $m_1=2kg$, $m_2=3kg$, ${\mu }_1=0.6$, ${\mu }_2=0.2$, $v_o=3m/s$, si immagina che coefficiente di attrito statico e dinamico coincidano)

5. Automobile

Una automobile di massa $M$ accelera da ferma. Su di essa agisce una forza data da:

$F=F_o-kt$

Dove $t$ è il tempo dopo la partenza. Trovare la velocità e lo spazio percorso trascorso un tempo $Dt$.

(dati del problema $M=900kg$, $Dt=10s$, $F_o=1200N$, $k=60N/s$)

6. Piattaforma rotante

Un oggetto di massa $M$ poggia su una piattaforma che può ruotare. L'oggetto è trattenuto da una fune, di lunghezza $l$, la cui massima tensione vale $T_{max}$. La piattaforma parte da fermo ed accelera con una accelerazione angolare $\alpha$ costante. L'attrito statico tra piattaforma ed oggetto vale ${\mu }_s$. a) Determinare se l'oggetto rimane fermo rispetto alla piattaforma; b) Trascurando se è possibile l'attrito determinare quando la fune si spezza; c) Ripetere lo stesso ragionamento non trascurando l'attrito.

(dati del problema $M=1kg$, ${\mu }_s=1.2$, $T_{max}=1000N$, $l=6m$, $\alpha =1rad/s^2$)

7. Piano inclinato

Un punto materiale di massa $m$ viene lanciato a partire dalla posizione $A$ con velocità iniziale $v_o$ lungo un piano inclinato di altezza $h$ con angolo $\theta$ rispetto alla direzione orizzontale. Il coefficiente di attrito dinamico tra punto e piano inclinato vale ${\mu }_d$.

Calcolare: a) L'accelerazione del moto (in modulo). b) Il tempo che impiega il punto a raggiungere $B$ (punto più in alto). c) Il valore del coefficiente di attrito dinamico per il quale il punto materiale arriverebbe in $B$ con velocità nulla.

(dati del problema $v_o=4.2m/s$, $\theta =\pi /5$, $h=60cm$, ${\mu }_d=0.2$)

8. Oscillazione con elastico

Un elastico è attaccato al soffitto ed ha una massa trascurabile, la sua lunghezza a riposo vale $l_o$, la costante di richiamo elastico vale $k$. Al tempo $t=0$ una massa $M$ viene attaccata da fermo all'estremo libero dell'elastico (a riposo) e lasciata cadere. Il moto successivo è armonico. Determinare l'allungamento massimo e la massima velocità.

(dati del problema $l_o=20cm$, $M=400g$, $k=50N/m$)

9. Pendolo conico elastico

Un pendolo conico, un punto materiale che percorre un'orbita circolare orizzontale, sotto l'azione combinata della forza peso e della tensione del filo. Il filo che sostiene la massa $m$ è elastico con una lunghezza riposo di $l_o$ e costante di richiamo elastica $k$. Il filo si spezza quando raggiunge una lunghezza due volte maggiore del valore a riposo. Determinare quando il filo si spezza: a) La tensione del filo. b) L'angolo che il filo forma con la verticale. c) La velocità (in modulo) del punto materiale.

(dati del problema $m=700g$, $l_o=50cm$, $k=50N/m$)

10. Sistema di due masse

Un corpo di massa $m=1.5kg$ è poggiato su una lastra di massa $M=3kg$ che può scivolare senza attrito su un piano orizzontale. Il coefficiente di attrito dinamico tra il corpo e la lastra vale ${\mu }_d=0.4$. Una molla compressa di $\mathrm{\Delta }\ell =6cm$ è fissata ad un estremo della lastra e all'altro estremo è sul corpo e ha una costante elastica $k=800N/m$. All'istante iniziale la molla viene liberata. Il corpo dista dall'estremo della lastra di $\ell =20cm$. Determinare: a) appena liberata la molla l'accelerazione di $m$ ed $M$; b) l'energia potenziale iniziale e il lavoro fatto dalla forza di attrito; c) La velocità di $m$ e $M$ quando il corpo raggiunge il bordo della lastra.

11. Barca a vela

Per una barca a vela, di massa $m$, nel limite di basse velocità, l'attrito dell'acqua (l'unico da considerare), è proporzionale alla velocità. Tolte le vele, che garantiscono la forza propulsiva, la barca che viaggiava ad una velocità $v_0$ si ferma dopo avere percorso $l_o$. Determinare: a) la costante di attrito dell'acqua; b) la velocità della barca quando essa ha percorso un tratto $l_0/10$; c) la forza propulsiva del vento che garantiva tale velocità di regime ed il tempo che viene impiegato, una volta issate nuovamente le vele a partire da barca ferma, per arrivare ad una velocità che è 90% di quella di regime.

(dati del problema $m=1000kg$, $v_0=4m/s$, $l_0=50m$)

12. Piano inclinato e tratto piano

Un punto materiale di massa $m$ scende lungo un piano inclinato con angolo $\alpha$. Alla fine del piano scabro incontra un tratto orizzontale scabro di pari lunghezza. Determinare il massimo coefficiente di attrito dinamico perché il punto possa raggiungere la fine del tratto orizzontale.

(dati del problema $\alpha =60^o$)

13. Molla di gomma

Una molla di gomma posta verticalmente diviene di lunghezza $l_1$ se gli viene appesa una massa $m_1$ ad un estremo. Se la massa viene raddoppiata la lunghezza della molla diviene $l_2$. Determinare la lunghezza a riposo della molla e la costante di richiamo elastico della molla.

(dati del problema $l_1=25cm$, $l_2=30cm$, $m_1=100g$)

14. Gru

Una gru solleva un peso di massa $M$ ad una altezza $h$, lasciandolo in seguito cadere essenzialmente in caduta libera sulla parte superiore di un palo che va conficcato nel terreno (dopo l'urto il peso praticamente si ferma). Immaginando che il palo si conficchi al suolo di $d_o$ per una forza di $F_1$: e la penetrazione sia proporzionale alla forza (ovviamente questo se si supera una certa forza critica che viene superata in questo caso). Determinare: a) L'impulso trasmesso al palo dalla gru; b) la forza agente sul palo, se la durata dell'urto è di $\tau$, e durante questo tempo la forza è praticamente costante; c) di quanto penetra al suolo il palo ad ogni colpo.

(dati del problema $M=1000kg$, $h=8.5m$, $\tau =10ms$, $d_o=1cm$, $F_1=2\cdot 10^{5}N$)

15. Tuffo da barca

Un uomo di massa $M$ si tuffa da una piccola barca di massa $m$. Esso si stacca dalla barca con un angolo $\theta$ con l'orizzontale e con una velocità $|v_o|$. Supponendo che non vi sia attrito, con quale velocità la barca si muove nell'acqua?

(dati del problema $M=70kg$, $m=100kg$, $\theta =30^o$, $|v_o|=2m/s$)

16. Punto materiale su piano inclinato

Un oggetto di massa $m$ (non data in quanto inessenziale) viene lanciato con velocità $v_o=5m/s$ lungo un piano inclinato che ha un angolo $\theta =45^{\circ }$ con la direzione orizzontale. Il coefficiente di attrito dinamico tra l'oggetto ed il piano inclinato vale ${\mu }_d=0.4$. Determinare: a) il tempo $t_1$ che impiega a raggiungere il punto più alto; b) la distanza massima $x_B$ dal punto di partenza; c) l'accelerazione in fase di discesa; d) la velocità con cui ripassa nel punto A .

17. Massa sospesa

Una massa è appesa ad una fune verticale, che a sua volta è annodata a due altre funi fissate al soffitto, la tensione della fune di destra vale $T_2=700N$ e forma un angolo di ${\theta }_2=30^o$. L'angolo dell'altra fune vale con il soffitto ${\theta }_1=45^o$. Determinare: a) la tensione della fune di sinistra; b) il valore della massa.

18. Due cavalli

Una chiatta di massa $M=1830kg$ si muove lungo un canale ad una velocità $v_1=1m/s$ trascinata da due cavalli che camminano sulla riva e tirano la chiatta mediante due funi che formano un angolo $\theta =30^o$ con la direzione del moto. La velocità del moto è costante a causa del fatto che l'acqua del canale esercita un attrito viscoso (resistente) proporzionale alla velocità istantanea della chiatta ($F_v=-kv$). Ogni cavallo esercita una forza costante di modulo $F_c$ e, a regime, eroga una potenza $P_1=735W$. Determinare a) quale sia la forza esercitata da ogni cavallo; b) la costante $k$ di attrito viscoso; c) l'equazione del moto della chiatta, inizialmente ferma, e la sua velocità dopo $t_1=1s$.

19. Macchina in curva

Una macchina va ad una velocità di $v_o$, l'attrito radente statico tra le ruote e l'asfalto vale ${\mu }_s$.

a) Determinare il raggio di curvatura della curva più stretta che riesce ad affrontare senza slittare.

b) Se l'attrito a causa del fondo sdrucciolevole diminuisce di tre volte, a che velocità deve affrontare la curva minima calcolata al punto a)?.

(dati del problema $v_o=100km/h$, ${\mu }_s=0.9$)

20. Pallottola

Una pallottola indeformabile, approssimabile come un punto materiale, è sparata perpendicolarmente ad una tavola spessa $d$. La pallottola colpisce con una velocità $v_o$ la tavola e ne emerge con velocità $v_f$. Si assuma la forza frenante indipendente dallo spessore della tavola. Calcolare: a) la forza frenante, b) la durata del tempo di attraversamento e di conseguenza l'impulso trasmesso alla tavola, c) Lo spessore della tavola necessario a fermare la pallottola.

(dati del problema $d=6cm$, $v_o=280m/s$, $v_f=90m/s$, $m=30g$ )

21. Massa con elastico

Una massa $M=75kg$ è sospesa ad una parete, con inclinazione $\theta =60^o$ rispetto alla direzione orizzontale, tramite una corda elastica di costante di richiamo elastico $K=1000N/m$. Il coefficiente di attrito statico tra la massa e la parete vale ${\mu }_s=0.5$, mentre quello dinamico vale ${\mu }_d=0.45$. Vi è un ampio intervallo di valori di allungamenti della corda elastica per cui si ha equilibrio statico.

Determinare: a) per quale valore dell'allungamento della corda elastica la massa è in equilibrio e l'attrito è nullo; b) il minimo ed il massimo allungamento per cui la massa è in equilibrio; c) il punto più basso raggiunto nel caso la massa venga rilasciata con velocità nulla dalla posizione di riposo della corda elastica (allungamento nullo) al termine della prima semi-oscillazione lungo il piano inclinato; d) il lavoro fatto dalla forza di attrito durante la prima semi-oscillazione discendente e la potenza media dissipata.

22. Pendolo con vincolo

Un punto materiale di massa $m=185g$ è appeso ad un filo di lunghezza $\ell =80cm$ sospeso nel punto S. Il peso è inizialmente rilasciato dal punto A (filo teso orizzontalmente) con velocità nulla ${\overrightarrow{v}}_A=0$. Dopo un quarto di oscillazione pendolare il punto materiale raggiunge il punto B (filo verticale) con velocità ${\overrightarrow{v}}_B$. Il filo tocca un ostacolo (chiodo) di sezione trascurabile conficcato in C e il moto pendolare prosegue con un arco di raggio ${\ell }^{\prime }$ centrato in C. Determinare: a) La velocità ${\overrightarrow{v}}_B$ nel punto B; b) La massima lunghezza ${\ell }^{\prime }$ (e la corrispondente distanza $d$ fra i punti C e S) affinché la massa raggiunga il punto D con velocità ${\overrightarrow{v}}_D$ sufficiente a mantenere il filo teso; c) La tensione del filo quando la massa è nel punto B, prima e dopo il contatto con l'ostacolo; d) L'impulso complessivo delle forze agenti sulla massa fra le posizioni A e D. [Per per risposte c) e d) assumere i valori di ${\ell }^{\prime }$ trovati nel punto b).]

23. Caduta con attrito viscoso

Un oggetto viene lasciato cadere, da fermo ad una quota $h$, sotto l'azione combinata della accelerazione di gravità e di una decelerazione proporzionale alla velocità (dovuta all'attrito viscoso) secondo la legge $b\cdot v$. La velocità di regime vale $v_f$. Determinare: a) Dopo quanto tempo la decelerazione dovuta all'attrito viscoso vale 0.9 della accelerazione di gravità (ovviamente con segno opposto); b) La quota a cui si trova nel caso a); c) Il tempo approssimativo di caduta trascurando il termine esponenziale (il valore non è non ottenibile analiticamente).

(dati del problema $h=10m$, $v_f=4.9m/s$)

Soluzioni

1. Cassa

Se la forza è applicata uscente, la reazione normale vale:

$N_1=Mg-F_1\sin \theta$

Imponendo che:

${\mu }_s{N}_1={\mu }_s(Mg-F_1\sin \theta )\le F_1\cos \theta$

Quindi l'estremo superiore vale:

$F_1=\frac{{\mu }_{s}Mg}{\cos \theta +{\mu }_s\sin \theta }=66N$

Se la forza è applicata entrante, la reazione normale vale:

$N_2=Mg+F_2\sin \theta$

Imponendo che:

${\mu }_s{N}_1={\mu }_s(Mg+F_2\sin \theta )\le F_2\cos \theta$

Quindi l'estremo superiore vale:

$F_2=\frac{{\mu }_{s}Mg}{\cos \theta -{\mu }_s\sin \theta }=106N$

2. Trave inclinata

Prendiamo la direzione della tensione del cavo e della reazione vincolare della trave come mostrato in figura. Assumiamo che le direzioni siano corrette, se avessimo sbagliato il segno verrebbe negativo.

Scomponendo nella direzione orizzontale le forze totali si ha:

$T_2\cos (2\theta )-T_1\cos \theta =0$

Quindi:

$T_2=1.22T_1$

Nella direzione verticale:

$T_2\sin (2\theta )-T_1\sin \theta -T_3=0$

ma:

$T_3=mg$

$1.22T_1\sin (2\theta )-T_1\sin \theta -mg=0$

$T_1=\frac{mg}{1.22\sin (2\theta )-\sin \theta }=2.2\cdot 10^{4}N$

$T_2=2.7\cdot 10^{4}N$

$T_3=9.8\cdot 10^{3}N$

3. Due cubi

Sul cubo grande agisce la forza esterne e la forza di attrito dovuta al cubo piccolo:

$F-{\mu }_{d}mg=M{a}_1$

Sul cubo piccolo agisce la sola forza di attrito ma eguale e contraria:

${\mu }_{d}mg=m{a}_2$

Le due equazioni del moto sono:

$x_1=\frac{1}{2}\frac{F-{\mu }_{d}mg}{M}{t}^2$

$x_2=\frac{1}{2}{\mu }_{d}g{t}^2$

Imponendo che:

$d=x_1-x_2=\frac{1}{2}[\frac{F-{\mu }_{d}mg}{M}-{\mu }_{d}g]t^2$

Segue che:

${\mu }_d=[\frac{F}{M}-\frac{2d}{t^2}]\frac{M}{g(m+M)}=0.15$

4. Piastra con sopra un oggetto

Fino a quando il corpo $1$ è in moto rispetto alla piastra su di essa agiscono due forze una propulsiva $|F_1|={\mu }_1{m}_{1}g$, eguale e contraria alla forza di attrito radente (se la forza propulsiva è sufficientemente grande) originata dal moto del corpo sulla piastra e la forza di attrito radente che si oppone al moto della piastra sul ripiano $|F_2|=-{\mu }_2[(m_1+m_2)g]$.

L'equazioni della dinamica per i due corpi sono:

$m_1{a}_1=-{\mu }_1{m}_{1}g$

$m_2{a}_2={\mu }_1{m}_{1}g-{\mu }_2[(m_1+m_2)g]$

quindi

$a_1=-5.89m/s^2$

$a_2=\frac{{\mu }_1{m}_{1}g-{\mu }_2[(m_1+m_2)g]}{m_2}=0.65m/s^2$

Per avere moto della piastra occorre che $a_2$ sia positivo, come in questo caso, in maniera che sia dominante il termine propulsivo rispetto a quello resistente. Se fosse ${\mu }_2[(m_1+m_2)g]>{\mu }_1{m}_{1}g$ la forza di attrito statico bloccherebbe il corpo $2$ sul piano orizzontale e si avrebbe solo il moto decelerato del corpo $1$ sulla piastra.

Il corpo $1$ ha che la sua velocità diminuisce:

$v_1(t)=v_o+a_{1}t$

mentre per il corpo $2$ la velocità aumenta con la legge:

$v_2(t)=a_{2}t$

Quando le due velocità diventano eguali, la forza di attrito statico blocca il corpo $1$ sul corpo $2$ e questo avviene quando:

$v_1(t_a)=v_2(t_a)$

cioè al tempo:

$t_a=\frac{v_o}{a_2-a_1}=0.46s$

Quindi il corpo $1$ percorre (rispetto al suolo) un tratto:

$x{\text{'}}_1=v_o{t}_a+\frac{1}{2}{a}_1{t}_a^2=0.76m$

Mentre il corpo $2$ percorre (rispetto al suolo) un tratto:

$x{\text{'}}_2=\frac{1}{2}{a}_2{t}_a^2=0.07m$

Quindi il corpo $1$ sulla piastra si sposta di:

$x_1=x{\text{'}}_1-x{\text{'}}_2=0.69m$

Dopo il tempo $t_a$, i due corpi sono tenuti insieme dall'attrito tra di loro e hanno una velocità:

$v_f=a_2{t}_a=0.3m/s$

e sono soggetti solo all'attrito tra la piastra ed il suolo:

$(m_1+m_2)a=-{\mu }_2[(m_1+m_2)g]$

$a=-{\mu }_{2}g=-1.96m/s^2$

Quindi si fermano quando:

$v_f+a{t}_f=0$

Cioè per:

$t_f=-\frac{v_f}{a}=0.15s$

Avendo percorso:

$x_f=v_f{t}_f-\frac{1}{2}a{t}_f^2=0.022m$

Quindi in totale la piastra si è spostata di:

$x_2=x{\text{'}}_2+x_f=0.092m$

5. Automobile

Integrando nel tempo l'equazione del moto:

$M\frac{dv}{dt}=F_o-kt$

con la condizione che per $t=0$ $v=0$:

$v(t)=\frac{F_o}{M}t-\frac{k}{2M}{t}^2$

$v(Dt)=12.2m/s$

Integrando nel tempo l'espressione della velocità:

$s(t)=\frac{F_o}{2M}{t}^2-\frac{k}{6M}{t}^3$

$s(Dt)=63m$

6. Piattaforma rotante

a)

L'attrito tra la piattaforma e l'oggetto deve essere da trattenere lungo la traiettoria l'oggetto che è soggetto ad una forza tangenziale pari a:

$M\alpha l=6N$

poiché la forza di attrito massima vale:

${\mu }_{s}Mg=11.7N$

Quindi l'oggetto non scivola lungo la piattaforma durante la sua accelerazione.

b)

La forza di attrito è trascurabile rispetto alla tensione della fune che è la forza centripeta, la quale a causa dell'aumento lineare della velocità angolare è sempre maggiore fino a spezzare la fune. Quindi, trascurando l'attrito, la fune si spezza quando:

$M{\omega }^{2}l=T_{max}$

cioè per:

${\omega }_1=\sqrt{\frac{T_{max}}{Ml}}=12.9rad/s$

Tale velocità angolare viene raggiunta dopo un tempo:

$t_1=\frac{{\omega }_1}{\alpha }=12.9s$

c)

Per tenere conto dell'attrito statico dette $f_{at}$ e $f_{ar}$, le forze di attrito tangenziali e radiali, vale la relazione:

$\sqrt{f_{at}^2+f_{ar}^2}\le {\mu }_{s}Mg$

Ma $f_{at}=M\alpha l$ quindi il valore massimo della componente radiale è dato da:

Errore del parser (funzione sconosciuta '\f'): {\displaystyle \f_{armax}\le \sqrt{(\mu_s Mg)^2-(M\alpha l)^2}=10\ N\ }

Di conseguenza:

${\omega }_2=\sqrt{\frac{T_{max}+f_{armax}}{Ml}}=13rad/s$

La velocità angolare per cui si ha la rottura della fune viene raggiunta dopo un tempo:

$t_2=\frac{{\omega }_2}{\alpha }=13s$

7. Piano inclinato

a) L'equazione del moto nella direzione del piano inclinato vale:

$m\frac{d^{2}x}{d{t}^2}=-mg(\sin \theta +{\mu }_d\cos \theta )$

Il moto è decelerato uniformemente con equazione del moto:

$x(t)=v_{o}t+\frac{1}{2}{a}_o{t}^2$

dove:

$a_o=g(\sin \theta +{\mu }_d\cos \theta )=7.35m/s^2$

b) Imponendo che:

$x(t)\sin \theta =h$

segue che si ha una equazione di II grado nel tempo:

$-\frac{1}{2}{a}_o{t}_1^2+v_o{t}_1-\frac{h}{\sin \theta }=0$

con soluzione:

$t_1=\frac{v_o\pm \sqrt{v_o^2-2a_{o}h/\sin \theta }}{a_o}$

Le due soluzioni corrispondono al fatto che se il piano inclinato fosse infinito, il punto materiale arriverebbe una prima volta in $B$ (soluzione negativa) e poi supera $B$ va alla massima quota e ripassa in discesa in $B$(soluzione positiva). Chiaramente la seconda soluzione non ha senso fisico in questo caso che il piano inclinato è finito, quindi:

$t_1=\frac{v_o-\sqrt{v_o^2-2a_{o}h/\sin \theta }}{a_o}=0.35s$

c) Imponendo che:

$v_o-a_x{t}_x=0$

definendo $t_x$ il tempo che in questo caso impiegherebbe per raggiungere il punto B, ed $a_x$ la accelerazione incognita, l'equazione del moto è:

$-\frac{1}{2}{a}_x{t}_x^2+v_o{t}_x=\frac{h}{\sin \theta }$

Eliminando $t_x$ dalle due equazioni segue che:

$a_x=\frac{1}{2}\frac{v_o^2}{h}\sin \theta$

Ma:

$a_x=g(\sin \theta +{\mu }_x\cos \theta )$

quindi:

${\mu }_x=(\frac{v_o^2}{2hg}-1)\tan \theta =0.36$

8. Oscillazione con elastico

Definisco come asse delle $z$ l'asse verticale con origine sul soffitto. Detta:

$z_o=-l_o$

La II equazione della dinamica è:

$M{a}_z=-Mg-k(z-z_o)$

La coordinata $z_e$ di equilibrio statico del sistema si ottiene imponendo che la forza totale sia nulla:

$-Mg-k(z_e-z_o)=0\Rightarrow z_e=z_o-\frac{Mg}{k}=-0.278m$

Se faccio un cambiamento di coordinate ponendo per origine tale posizione di equilibrio:

$z^{\prime }=z-z_e$

e quindi:

$z=z^{\prime }+z_e$

L'equazione del moto diviene:

$M{a}_{z^{\prime }}=-k{z}^{\prime }$

che è l'equazione di un oscillatore armonico con pulsazione:

$\omega =\sqrt{\frac{k}{M}}$

la cui equazione oraria nel caso generale è:

$z^{\prime }=A\cos (\omega t+\phi )$

la cui velocità:

$v^{\prime }=-A\omega \sin (\omega t+\phi )$

Imponendo la condizioni iniziale $v(t=0)=v^{\prime }(t=0)=0$:

$\phi =0$

Inoltre essendo:

$z(t=0)=z_o\Rightarrow z^{\prime }(t=0)=z_o-z_e=\frac{Mg}{k}$

Quindi:

$A=\frac{Mg}{k}=0.078m$

cioe:

$z^{\prime }=\frac{Mg}{k}\cos (\omega t)$

$z=\frac{Mg}{k}\cos (\omega t)+z_o-\frac{Mg}{k}$

Che è nel punto più basso quando $\cos (\omega t)=-1$; quindi l'allungamento massimo vale:

$l_{max}=2\frac{Mg}{k}=15.7cm$

Mentre la velocità massima si ha quando $|\sin (\omega t)|=1$ e quindi vale:

$v_{max}=A\omega =\frac{Mg}{k}\sqrt{\frac{k}{M}}=\sqrt{\frac{M}{k}}g=0.88m/s$

9. Pendolo conico elastico

La tensione del filo e la forza elastica sono la stessa cosa: in questo caso non si ipotizza che il filo sia inestensibile. La forza elastica per cui si spezza il pendolo vale:

$|F_e|=k(2l_o-l_o)=k{l}_o=25N$

Nel pendolo conico la forza peso compensa esattamente la componente della tensione del filo (in questo caso la forza elastica) nella sua direzione:

$F_e\cos \theta =mg$

$\theta =\arccos \frac{mg}{F_e}=1.3rad=74^o$

D'altro canto la forza centripeta è la componente della tensione del filo (in questo caso la forza elastica):

$m\frac{v_t^2}{R}=F_e\sin \theta$

essendo:

$R=2l_o\sin \theta$

da cui:

$v_t=\sqrt{\frac{F_{e}2l_o}{m}}\sin \theta =5.8m/s$

10. Sistema di due masse

a)

Nell'istante in cui la molla viene liberata, l'equazione del corpo è:

$m{a}_m=k\mathrm{\Delta }l-{\mu }_{d}mg$

$a_m=\frac{k\mathrm{\Delta }l}{m}-{\mu }_{d}g=28m/s^2$

Mentre quella della lastra (sono tutte forze interne quindi eguali ed opposte):

$M{a}_M=-k\mathrm{\Delta }l+{\mu }_{d}mg$

$a_M=-\frac{k\mathrm{\Delta }l}{M}+{\mu }_{d}g\frac{m}{M}=-14m/s^2$

b)

Energia potenziale della molla:

$E_p=\frac{1}{2}k\mathrm{\Delta }{l}^2=1.44J$

Mentre il lavoro fatto dalla forza di attrito è:

$E_a=m{\mu }_{d}g\ell =1.18J$

c)

La energia iniziale del sistema, viene trasformata in energia cinetica del corpo e della lastra e in parte dissipata per attrito:

$\frac{1}{2}k\mathrm{\Delta }{l}^2=\frac{1}{2}m{v}_{m,f}^2+\frac{1}{2}M{v}_{M,f}^2+{\mu }_{d}mg\ell$

Ma anche per la conservazione della quantità di moto (essendo inizialmente il centro di massa fermo e agendo solo forze interne):

$m{v}_{m,f}+M{v}_{M,f}=0\Rightarrow v_{M,f}=-\frac{m}{M}{v}_{m,f}$

quindi:

$\frac{1}{2}k\mathrm{\Delta }{l}^2=\frac{1}{2}m{v}_{m,f}^2+\frac{1}{2}\frac{m^2}{M}{v}_{m,f}^2+{\mu }_{d}mg\ell$

$v_{m,f}=\sqrt{\frac{k\mathrm{\Delta }{l}^2-2{\mu }_{d}mg\ell }{m+m^2/M}}=0.48m/s$

Mentre quella della lastra (in direzione opposta):

$v_{M,f}=-\frac{m}{M}{v}_{m,f}=-0.24m/s$

11. Barca a vela

a)

Tolte le vele l'unica forza che agisce è l'attrito dell'acqua, usando il II principio della dinamica:

$m\frac{dv}{dt}=-bv$

La cui soluzione è per la velocità (essendo per $v(t=o)=v_o$):

$v=v_0{e}^{-bt/m}$

$x=A+B{e}^{-bt/m}$

Da cui imponendo le condizioni iniziali:

$x=v_0\frac{m}{b}(1-e^{-bt/m})$

La barca si ferma per $t\to \mathrm{\infty }$ quindi:

$l_0=v_0\frac{m}{b}$

$b=\frac{m{v}_0}{l_0}=80kg{s}^{-1}$

b)

Ponendo:

$\frac{l_0}{10}=l_0(1-e^{-b{t}^{\prime }/m})$

$e^{-b{t}^{\prime }/m}=0.9$

$v=v_0{e}^{-b{t}^{\prime }/m}=3.6m/s$

c)

A regime $dv/dt=0$ quindi:

$F=b{v}_0=360N$

L'equazione del moto da fermo per la velocità:

$v=v_0(1-e^{-bt/m})$

Imponendo che:

$0.9v_0=v_0(1-e^{-b{t}_x/m})$

segue che:

$t_x=28.8s$

12. Piano inclinato e tratto piano

Il moto durante la discesa è accelerato uniformemente, con velocità iniziale nulla. L'accelerazione durante la discesa vale:

$a_o=g(\sin \alpha -\mu \cos \alpha )$

quindi viene percorso il tratto inclinato di lunghezza $l$:

$l=\frac{1}{2}g(\sin \alpha -\mu \cos \alpha )t^2$

Da cui si ricava il tempo di discesa:

$t=\sqrt{\frac{2l}{g(\sin \alpha -\mu \cos \alpha )}}$

che sostituito nell'equazione:

$v=a_{o}t$

fornisce la velocità finale:

$v_1=g(\sin \alpha -\mu \cos \alpha )t=\sqrt{2lg(\sin \alpha -\mu \cos \alpha )}$

Il moto nel tratto orizzontale è accelerato uniformemente, con velocità iniziale $v_1$ ed accelerazione $a_1$:

$a_1=-\mu g$

Il tempo di percorrenza $t_1$ del tratto orizzontale si ricava dal fatto che la velocità finale deve essere nulla:

$v_1-\mu g{t}_1=0$

$t_1=\frac{v_1}{\mu g}=\frac{1}{\mu }\sqrt{\frac{2l(\sin \alpha -\mu \cos \alpha )}{g}}$

Ma anche:

$l=v_1{t}_1+\frac{1}{2}{a}_1{t}_1^2$

Sostituendo in essa i valori di $t_1$, $a_1$ si ha:

$l=\sqrt{2lg(\sin \alpha -\mu \cos \alpha )}\frac{1}{\mu }\sqrt{\frac{2l(\sin \alpha -\mu \cos \alpha )}{g}}-\frac{1}{2}\mu g\frac{2l(\sin \alpha -\mu \cos \alpha )}{{\mu }^{2}g}$

In tale equazione tutte le variabili si eliminano tranne la pendenza $\alpha$. Per cui si riduce ad una funzione del coefficiente di attrito dinamico in funzione della pendenza:

$\mu =\frac{\sin \alpha }{1+\cos \alpha }=0.58$

Soluzione alternativa mediante l'energia:

Il punto materiale ha una energia potenziale iniziale pari a :

$E_p=mgl\sin \alpha$

L'energia dissipata nel piano inclinato è

$E_{d1}=\mu mgl\cos \alpha$

Mentre quella dissipata nel tratto orizzontale vale:

$E_{d2}=\mu mgl$

Quindi imponendo che:

$E_p=E_{d1}+E_{d2}$

$mgl\sin \alpha =\mu mgl\cos \alpha +\mu mgl$

$\mu =\frac{\sin \alpha }{1+\cos \alpha }=0.58$

13. Molla di gomma

Dai dati del problema :

$k(l_1-l_0)=m_{1}g$

$k(l_2-l_0)=2m_{1}g$

dividendo le due equazioni segue che:

$\frac{l_1-l_0}{l_2-l_0}=\frac{1}{2}$

$l_1-l_0=\frac{l_2}{2}-\frac{l_0}{2}$

$l_0=2l_1-l_2=0.2m$

sostituendo nella prima equazione segue che:

$k=\frac{m_{1}g}{l_1-l_0}=19.6N/m$

14. Gru

a)

La velocità del peso prima dell'urto:

$v=\sqrt{2gh}$

La quantità di moto prima dell'urto:

$p=Mv=1.3\cdot 10^{4}kgm/s$

che è anche l'impulso trasmesso

b)

La forza vale:

$F_u=\frac{1.3\cdot 10^4}{0.01}=1.3\cdot 10^{6}N$

c)

Il palo penetra di:

$x=\frac{F_u}{F_1}{d}_o=6.5cm$

15. Tuffo da barca

La componente orizzontale della quantità di moto si conserva proiettando quindi la velocità dell'uomo rispetto alla direzione orizzontale:

$v_{ox}=|v_o|\cos \theta =\sqrt{3}m/s$

Conservandosi la quantità di moto:

$M{v}_{ox}+m{v}_b=0$

da cui:

$v_b=-\frac{M{v}_{ox}}{m}=-1.2m/s$

(in direzione opposta al tuffo)

16. Punto materiale su piano inclinato

a)

Chiamiamo $A$ e $B$ rispettivamente il punto di partenza e il punto più alto. Essendo $\tan \theta >{\mu }_s$ quando l'oggetto arriva nel punto $B$ si ferma e poi torna indietro. Il moto è in una dimensione ed assumiamo che l'asse del moto sia diretto lungo il piano inclinato verso l'alto.

La equazione di Newton nel tratto in salita è:

$m{a}_1=-mg\sin \theta -{\mu }_{d}mg\cos \theta$

Quindi il moto risulta uniformemente accelerato con accelerazione (negativa):

$a_1=-g(\sin \theta +{\mu }_d\cos \theta )=-9.7{\mathrm{m}/\mathrm{s}}^2$

Il tempo impiegato per raggiungere la quota massima (dove la velocità è nulla) vale:

$t_1=-\frac{v_o}{a_1}=0.51\mathrm{s}$

b)

La distanza percorsa dal punto $A$ al punto $B$ è:

$x_B=v_o{t}_1+\frac{1}{2}{a}_1{t}_1^2=1.3\mathrm{m}$

c)

Le condizioni iniziali del moto di discesa successivo sono quindi: $x=x_B$ e $v=0$.

La equazione di Newton nel tratto in discesa è:

$m{a}_2=-mg\sin \theta +{\mu }_{d}mg\cos \theta$

in quanto l'attrito radente dinamico si oppone alla forza peso. Quindi il moto risulta accelerato uniforme con accelerazione:

$a_2=-g(\sin \theta -{\mu }_d\cos \theta )=-4.2{\mathrm{m}/\mathrm{s}}^2$

ma al contrario del caso precedente è nella direzione del moto, che si svolge verso il basso.

d)

Tenendo conto delle condizioni iniziali la legge oraria risulta:

$x=x_B+\frac{1}{2}{a}_2{t}^2$

che si annulla per:

$t_2=\sqrt{-\frac{2x_B}{a_2}}=0.79\mathrm{s}$

e quindi la velocità con cui ripassa da $B$ vale:

$v_B=a_2{t}_2=-3.3\mathrm{m}/\mathrm{s}$

17. Massa sospesa

a)

Nella direzione orizzontale le due tensioni debbono avere componenti eguali e contrarie cioè:

$T_1\cos {\theta }_1=T_2\cos {\theta }_2$

quindi

$T_1=T_2\frac{\cos {\theta }_2}{\cos {\theta }_1}=857N$

b)

La tensione della fune verticale è quindi pari:

$T_3=T_1\sin {\theta }_1+T_2\sin {\theta }_2=956N$

e compensa esattamente la forza peso:

$mg=T_3$

$m=\frac{T_3}{g}=97.6kg$

18. Due cavalli

a)

La potenza sviluppata da ogni cavallo deve essere pari al prodotto scalare tra la forza dei cavalli $F_c$ per la velocità della chiatta:

$F_c{v}_1\cos \theta =P_1$

$F_c=\frac{P_1}{v_1\cos \theta }=849N$

b)

A regime dovendosi bilanciare la forza fatta dai cavalli con il lavoro fatto dall'attrito:

$2F_c\cos \theta =k{v}_1$

Quindi:

$k=\frac{2F_c\cos \theta }{v_1}=\frac{2P_1}{v_1^2}=1470Ns/m$

c)

L'equazione della dinamica per la chiatta vale:

$M\frac{dv}{dt}=-kv+2F_c\cos \theta$

$-\frac{M}{k}\frac{dv}{dt}=v-\frac{2F_c}{k}\cos \theta$

Definendo $\tau =\frac{M}{k}=1.24s$:

$\frac{dv}{v-v_1}=-\frac{dt}{\tau }$

Integrando tra $0$ e $v(t)$ il primo membro e tra $0$ e $t$ il secondo membro segue che:

$\underset{0}{\overset{v(t)}{\int }}\frac{dv}{v-v_1}=-\underset{0}{\overset{t}{\int }}\frac{d{t}^{\prime }}{\tau }$

$\ln \frac{v(t)-v_1}{-v_1}=-\frac{t}{\tau }$

$v(t)=v_1(1-e^{-t/\tau })$

Quindi:

$v(t_1)=0.55m/s$

19. Macchina in curva

a)

Essendo l'accelerazione centripeta eguale a:

$a_c=\frac{v_o^2}{R}$

Imponendo che l'attrito statico sia responsabile di tale forza centripeta:

$m{a}_c\le {\mu }_{s}mg$

$R\ge \frac{v_o^2}{{\mu }_{s}g}=87m$

Detta $R_o=87m$.

b)

Se ${\mu }_{s1}={\mu }_s/3=0.3$ la massima velocità possibile è:

$v_1=\sqrt{R_o{\mu }_{s1}g}=16m/s=57.7km/h$

20. Pallottola

a)

Il lavoro fatto dalla forza frenante vale:

$W=\frac{1}{2}m(v_f^2-v_o^2)=1054J$

Quindi essendo una forza frenante costante che agisce nello spessore della tavola:

$|F|=\frac{W}{d}=17545N$

b)

La accelerazione di frenamento vale:

$a=\frac{|F|}{m}=5.9\cdot 10^{5}m/s^2$

La durata di attraversamento della tavola:

$t=\frac{v_o-v_f}{a}=0.32ms$

c)

L'impulso trasmesso alla tavola vale:

$I=|F|t=5.7Ns$

Lo spessore $x$ della tavola necessario a fermare il proiettile vale:

$|F|x=\frac{1}{2}m{v}_o^2$

$x=\frac{1}{2|F|}m{v}_o^2=6.7cm$

21. Massa con elastico

a)

La forza di attrito è nulla quando la componente della forza peso lungo il piano inclinato è bilanciato dalla forza di richiamo elastico:

$K\mathrm{\Delta }\ell -Mg\sin \theta =0$

$\mathrm{\Delta }\ell =\frac{Mg\sin \theta }{K}=0.64m$

b)

La forza di attrito ha il valore massimo pari a:

$f_{max}={\mu }_{s}Mg\cos \theta =184N$

Se è diretta verso l'alto come la forza di richiamo elastico:

$K\mathrm{\Delta }{\ell }_u+f_{max}-Mg\sin \theta =0$

$\mathrm{\Delta }{\ell }_u=\frac{Mg\sin \theta -f_{max}}{K}=0.45m$

Mentre se è diretta verso il basso come la forza peso:

$K\mathrm{\Delta }{\ell }_d-f_{max}-Mg\sin \theta =0$

$\mathrm{\Delta }{\ell }_d=\frac{Mg\sin \theta +f_{max}}{K}=0.82m$

c)

Posto lo zero dell'energia potenziale gravitazionale nella posizione di riposo della corda elastica: la somma della energia potenziale elastica, energia potenziale gravitazionale iniziale è nulla. Questa energia nulla deve essere pari alla energia potenziale elastica, energia potenziale gravitazionale più l'energia dissipata per attrito nel punto più basso.

Nel punto a quota minima $-h$ l'allungamento della corda elastica è $\mathrm{\Delta }{\ell }_{max}$:

$-h=\mathrm{\Delta }{\ell }_{max}\sin \theta$

Quindi:

$0=\frac{1}{2}K\mathrm{\Delta }{\ell }_{max}^2+Mgh+{\mu }_{d}Mg\cos \theta \mathrm{\Delta }{\ell }_{max}$

$\frac{1}{2}K\mathrm{\Delta }{\ell }_{max}^2-Mg\mathrm{\Delta }{\ell }_{max}\sin \theta +{\mu }_{d}Mg\cos \theta \mathrm{\Delta }{\ell }_{max}=0$

$\mathrm{\Delta }{\ell }_{max}=2Mg\frac{\sin \theta -{\mu }_d\cos \theta }{K}=0.94m$

Quindi la quota minima risulta:

$h=-\mathrm{\Delta }{\ell }_{max}\sin \theta =-0.82m$

d)

Il modulo del lavoro fatto dalla forza di attrito è pari a:

$W_a={\mu }_{d}Mg\cos \theta \mathrm{\Delta }{\ell }_{max}=156J$

Il tempo, detto pseudo periodo, che impiega il sistema a fare una mezza oscillazione vale:

$\tau =\pi \sqrt{\frac{M}{K}}=0.86s$

Quindi la potenza media dissipata vale:

$P=\frac{W_a}{\tau }=181W$

22. Pendolo con vincolo

a)

Scegliendo lo zero dell'energia potenziale gravitazionale alla quota del punto B, le energie meccaniche totali del punto materiale nei punti A e B sono rispettivamente:

$E_A=mg\ell \simeq 1.45\mathrm{J}\mathrm{e}{E}_B=\frac{1}{2}m{v}_B^2$

Poiché nel tratto A-B l'energia meccanica si conserva

$v_B=\sqrt{2g\ell }\simeq 3.96\mathrm{m}/\mathrm{s}$

b)

Per poter raggiungere il punto D (di equilibrio instabile) con il filo teso, la velocità $v_D$ deve essere tale che la forza centripeta necessaria per tenere massa in traiettoria sia maggiore del peso, ovvero $m{v}_D^2/{\ell }^{\prime }>mg$ quindi l'energia meccanica totale in D, che coincide con quella in A, deve risultare:

$E_A=mg\ell =E_D=\frac{1}{2}m{v}_D^2+mg2{\ell }^{\prime }>\frac{1}{2}mg{\ell }^{\prime }+mg2{\ell }^{\prime }=\frac{5}{2}mg{\ell }^{\prime }$

Quindi:

${\ell }^{\prime }<\frac{2}{5}\ell =32cm$

e, tenendo conto che $\ell =d+{\ell }^{\prime }$,

$d>\frac{3}{5}\ell =48cm$

c)

La tensione del filo deve sostenere il peso e fornire la forza centripeta necessaria a mantenere la traiettoria circolare. Con la massa in B questi contributi sono entrambi verticali e differiscono per il differente raggio di curvatura della traiettoria la tensione prima:

$T_p=mg+m{v}_B^2/\ell =3mg\simeq 5.44N$

e dopo:

$T_d=mg+m{v}_B^2/{\ell }^{\prime }=6mg\simeq 10.9N$

d)

L'impulso richiesto è pari alla variazione della quantità di moto del punto materiale. Applicando il teorema dell'impulso fra le posizioni A e D, tenendo presente che ${\overrightarrow{v}}_A=0$ e $v_D=\sqrt{g{\ell }^{\prime }}\simeq 1.77m/s$, la differenza di quantità di moto che coincide con la quantità di moto finale è un vettore orizzontale di modulo $p_D=m{v}_D\simeq 0.328kgm/s$. diretto da S ad A (quindi da destra a sinistra nella figura)

23. Caduta con attrito viscoso

a)

Da dati del problema (notare che $v_f$ è negativo se g è diretto verso il basso):

$v_f=\frac{g}{b}$

Quindi:

$b=\frac{g}{v_f}=2s^{-1}$

Se chiamiamo $t_1$ il tempo per cui; $-bv=0.9g$ Ma essendo:

$v=-\frac{g}{b}(1-e^{-bt})$

segue che:

$g(1-e^{-b{t}_1})=0.9g$

Cioè:

$b{t}_1=\ln 10$

$t_1=1.15s$

b)

$h_1=h+\frac{g}{b}(\frac{1}{b}-t_1-\frac{1}{b}{e}^{-b{t}_1})=6.6m$

c)

Il termine esponenziale nell'espressione ha un valore trascurabile per cui:

$h+\frac{g}{b}(\frac{1}{b}-t_2)\approx 0$

di conseguenza:

$t_2=\frac{b}{g}h+\frac{1}{b}=2.54s$

Notare che il valore esatto (tenendo conto del termine esponenziale e risolvendo in maniera numerica per approssimazioni successive) vale:

$t_{2e}=2.5377s$