Esercizi svolti di Statica e Dinamica 1. La massa m è sospesa come in figura. Nota la costante elastica k della molla, determinarne l’allungamento ∆x in condizioni di equilibrio. θ m = 1.6 Kg ; θ = 30° ; k = 2 × 102 Nm-1 m Il diagramma di corpo libero del punto di intersezione delle funi è mostrato in figura. Applicando la condizione di statica del punto materiale si ha: r r r T1 + T2 + P = 0 T1 sen θ − T2 sen θ = 0 T1 cos θ + T2 cos θ − P = 0 da cui si ricava: P T1 = T2 = 2 cos θ Per le proprietà delle funi ideali, la tensione sulla molla è pari in modulo a T1. L’allungamento della molla è dato perciò dalla legge di Hook: mg = 4.5 cm T1 = k ∆x ; ∆x = 2 cos θ k y r T1 r T2 r P x 2. Una macchina di Atwood è realizzata collegando le masse m1, m2, m3 come mostrato in figura. La massa della carrucola è trascurabile; è trascurabile anche l’attrito. Nella condizione iniziale, le masse m1, m2 salgono, e la massa m3 scende, con velocità costante. Ad un certo punto la massa m2 si sgancia. Determinare l’accelerazione delle rimanenti masse. y 1 m1 = 2 Kg ; m2 = 1 Kg 2 Nella condizione iniziale le accelerazioni sono nulle. Quindi, con riferimento ai diagrammi di corpo libero in figura, e tenendo conto delle proprietà della fune supposta ideale: T1 − (P1 + P2 ) = 0 T2 − P3 = 0 T1 = T2 = T e quindi P3 = P1 + P2 , da cui: m3 = m1 + m2 = 3 Kg Nella condizione finale, le equazioni diventano, tenendo conto del vincolo cinematico: T1 − P1 = m1 a 1y T2 − P3 = m 3 a 3 y T1 = T2 = T a 1y = − a 3 y = a da cui si ricava: m − m1 a= 3 g = 2 m s-2 m 3 + m1 3 r T1 r T2 r r P1 + P2 r P3 3. Una boccola di massa M scivola su un asse verticale in presenza di attrito, descritto dal coefficiente di attrito cinematica µd. La forza premente F può essere regolata agendo sulla vite laterale. Determinare il valore di F, affinché la boccola scivoli a velocità costante. M = 2.2 Kg ; µd = 0.10 y x A velocità costante l’accelerazione è nulla, e l’equazione di Newton diventa: r r r r Fa + P + F + R = 0 R −F=0 Fa − P = 0 Fa = µ d R da cui: mg P F= = = 216 N µd µd r Fa r F r R r P 4. Un corpo di massa m scivola su un piano orizzontale in presenza di attrito. Siano µs e µd i coefficienti di attrito statico e dinamico rispettivamente. a) Se il corpo si muove inizialmente alla velocità vo, determinare il tempo t che occorre perché esso si fermi. b) Determinare la forza F che è necessario applicare per rimettere il corpo in movimento. m = 1.4 Kg ; µs = 0.3 ; µd = 0.2 ; vo = 22 m s-1 La II equazione di Newton è nella fase iniziale: r r r Fa + P + R = 0 − Fa = m a R−P=0 Fa = µ d R da cui: µ P a = − d = − 2 m s −2 m La legge del moto uniformemente accelerato dà quindi: v = vo + a t da cui, imponendo v = 0 , si ricava: v t = − o = 11 s a Per rimettere in movimento il corpo è necessario vincere l’attrito di stacco, ed applicare quindi una forza F = µs P = 4 N r R r Fa r P 5. Un corpo di massa m scivola su un piano in presenza di attrito. Siano µs e µd i coefficienti di attrito statico e dinamico rispettivamente. a) Se il corpo è inizialmente fermo, si determini la minima forza F che permette di metterlo in movimento; b) supponendo che tale forza continui a spingere il corpo, determinare la velocità v che esso acquisisce dopo un tempo t. m = 1.9 Kg ; µs = 0.30 ; µd = 0.15 ; t = 2.4 s Un istante prima dello stacco, la II equazione di Newton è: r r r r F + Fa + P + R = 0 F − Fa = 0 R−P=0 Fa = µ s R da cui: F = µ s P = 5.6 N Immediatamente dopo lo stacco, invece: r r r r r F + Fa + P + R = m a F − Fa = m a R −P=0 Fa = µ d R da cui si ricava: F − µd P = 1 .5 m s − 2 a= m La legge del moto uniformemente accelerato dà quindi: v = a t = 3.5 m s-1 r R r F r Fa r P 6. Una massa m1 è trascinata lungo un piano inclinato liscio da una fune legata alla massa m2, come in figura. Determinare la tensione della fune. m1 m1 = 2.5 Kg ; m2 = 5 Kg ; θ = 30° m2 θ Conviene usare due sistemi di riferimento diversi per descrivere i due punti materiali. Il riferimento indicato in figura è usato per la massa m1; per la massa m2 si usa un asse y verticale. Le equazioni della dinamica per i due punti materiali: r r r r R 1 + T1 + P1 = m 1 a 1 r r r T2 + P2 = m 2 a 2 si proiettano dando: T1 − P1 senθ = m 1 a 1x T2 − P2 = m 2 a 2 y con i vincoli: T1 = T2 = T a 1x = − a 2 y = a Risolvendo si ha: m 2 − m 1senθ g = 4.9 ms − 2 a = m + m 1 2 T = m 1 m 2 g (1 + senθ ) = 24.5 N m1 + m 2 x y r R1 r T1 r P1 r T2 r P2 7. Una massa m1 è trascinata lungo un piano inclinato liscio da una fune legata alla massa m2, come in figura. Determinare l’accelerazione delle masse. m1 θ m1 = 6 Kg ; m2 = 3 Kg ; θ = 30° m2 Conviene usare due sistemi di riferimento diversi per descrivere i due punti materiali. Il riferimento indicato in figura è usato per la massa m1; per la massa m2 si usa un asse y verticale. Le equazioni della dinamica per i due punti materiali: r r r r R 1 + T1 + P1 = m 1 a 1 r r r T2 + P2 = m 2 a 2 si proiettano dando: T1 + P1 senθ = m1 a 1x T2 − P2 = m 2 a 2 y con i vincoli: T1 = T2 = T a 1x = − a 2 y = a Risolvendo si ha: m 2 + m 1senθ a g = 6.5 ms − 2 = m1 + m 2 T = m1 m 2 g (1 − senθ ) = 9.8 N m1 + m 2 y x r R1 r T1 r P1 r T2 r P2 8. Una sferetta di massa m ruota con velocità angolare costante ω. La sferetta è trattenuta sulla traiettoria circolare da una molla che ha una lunghezza a riposo l , e un coefficiente elastico k. Determinare il raggio della circonferenza. m = 120 g ; ω = 3.4 s-1 ; l = 12 cm ; k = 15 Nm-1 La II equazione della dinamica, proiettata in direzione centripeta, è in questo caso: k ∆l = m a c = m ω 2 (l + ∆l ) da cui si ricava: ∆l = m ω2 k − m ω2 l = 1.2 cm 9. Una sferetta di massa m ruota con velocità angolare costante ω su una circonferenza di raggio r. La sferetta è trattenuta sulla traiettoria circolare da una molla che ha una lunghezza a riposo l . Determinare il coefficiente elastico k della molla. m = 230 g ; ω = 11 s-1 ; r = 8 cm ; l = 7 cm La II equazione della dinamica, proiettata in direzione centripeta, è in questo caso: k ∆l = m a c = m ω 2 r con ∆l = r − l = 1 cm da cui si ricava: k= m ω2 r = 220 N m-1 ∆l 10. Un pendolo conico ha massa m e lunghezza l . Nell’ipotesi che esso ruoti a una velocità angolare ω, si determini: a. la tensione T della fune; b. l’angolo θ. r ω θ m = 100 g ; l = 1 m ; ω = 5 rad/s m r r r r r Il pendolo è soggetto alle forze T , P . L’equazione del moto è T + P = ma . Proiettando su un asse x orizzontale centripeto e y verticale, si ha: T senθ = m ac = m ω2 r = m ω2 l senθ T cosθ – P = 0 da cui: T = m ω2 l = 2.5 N P = 0.39 ; θ = 67° cosθ = T 11. Un pendolo conico ha massa m e lunghezza l . Dato l’angolo θ, si determini: a. la tensione T della fune; b. la velocità angolare ω. r ω θ m = 50 g ; l = 10cm ; θ = 10° m r r r r r Il pendolo è soggetto alle forze T , P . L’equazione del moto è T + P = ma . Proiettando su un asse x orizzontale centripeto e y verticale, si ha: T senθ = m ac = m ω2 r = m ω2 l senθ T cosθ – P = 0 da cui: T P = 10 s-1 = 0.5 N ; ω = T= ml cos θ 12. Un oggetto di massa m si trova nella regione di spazio prossima a una stella doppia, sicché risente dell’azione combinata della gravità dovuta alle masse M1 ed M2 . Determinare modulo, r direzione e verso del vettore forza Ftot sulla massa m. M1 = 1030 Kg ; M2 = 1030 Kg ; m = 1019 Kg ; G = 6,67 × 10-11 N m2 kg-2 y m M1 M2 x Coordinate: x1 = -108 Km x2 = 108 Km x=0 M1 M2 m y1 = 0 y2 = 0 y = 108 Km r r I moduli delle forze F1 e F2 valgono rispettivamente: F1 = G F2 = G M1 m r12 M2 m = 3.3× 1022 N ( r1 = 1.4 × 108 Km ) = 3.3× 1022 N ( r2 = 1.4 × 108 Km ) r22 Per sommare le due forze si deve tenere conto delle differenti r r direzioni di F1 e F2 . Conviene sommare i vettori per componenti: π F1x = -F1 cosθ = -3.3 × 1022 cos = 4 22 -2.4 × 10 N π F2x = F2 cosθ = 3.3 × 1022 cos = 4 22 2.4 × 10 N Ftot x = 0 Infine, Ftot = 22 2 2 Ftot x + Ftot y = 4.8 × 10 N y m θ M1 π F1y = -F1 senθ = -3.3 × 1022 cos = 4 22 -2.4 × 10 N π F2y = -F2 senθ = -3.3 × 1022 cos = 4 22 -2.4 × 10 N Ftot y = F1y + F2y = -4.8 × 1022 N M2 x 13. Un oggetto di massa m si trova nella regione di spazio prossima a una stella doppia, sicché risente dell’azione combinata della gravità dovuta alle masse M1 ed M2 . Determinare il modulo del r vettore forza Ftot sulla massa m. M1 = 1031 Kg ; M2 = 1030 Kg ; m = 1020 Kg ; G = 6,67 × 10-11 N m2 kg-2 Coordinate: M1 M2 m x1 = -108 Km x2 = 0 x = 108 Km y M2 F1 = G F2 = G r12 M2 m y M2 24 = 1.7 × 10 N 8 ( r1 = 2 × 10 Km ) θ 23 8 = 3.3× 10 N ( r2 = 1.4 × 10 Km ) r22 Per sommare le due forze si deve tenere conto delle differenti r r direzioni di F1 e F2 . Conviene sommare i vettori per componenti: M1 F1x = -F1 = -1.7 × 1024 N F1y = 0 π F2x = -F2 cosθ = -3.3 × 1023 cos = 4 23 = -2.4 × 10 N Ftot x = F1x + F2x = -1.9 × 1024 N π F2y = F2 senθ = 3.3 × 1023 cos = 4 23 = 2.4 × 10 N Ftot y = F1y + F2y = 2.4 × 1023 N Infine, Ftot = x y1 = 0 y2 = 108 Km y= 0 r r I moduli delle forze F1 e F2 valgono rispettivamente: M1 m m M1 24 2 2 Ftot x + Ftot y = 1.9 × 10 N m x 14. Un’auto percorre una curva di raggio r a velocità v. Noto il coefficiente di attrito statico tra ruote e l’asfalto µs, si determini il massimo valore possibile di decelerazione, prima che l’auto sbandi. m = 1000 Kg ; r = 50 m ; v = 15 m s-1 ; µs = 0.5 In questo problema l’unica forza che agisce sull’auto è la forza di attrito statico col suolo. La seconda legge della dinamica si scrive quindi: r r Fa = m a r Come il vettore accelerazione, anche il vettore Fa ha sia una componente centripeta, che una tangenziale. Proiettando l’equazione sugli assi del sistema tangente si trova quindi: Ft = m a t v2 Fc = m r Dalla seconda equazione si ricava il valore Fc = 4.5 × 103 N . D’altro canto, la massima forza di attrito che l’asfalto può applicare vale: Fmax = µs m g = 5 × 103 N Il massimo valore che Ft può assumere è limitato dalla condizione che il modulo della forza di attrito sia proprio uguale a Fmax. Quindi. 2 Ft2 + Fc2 = Fmax Ft = 2 Fmax − Fc2 = 2.2 × 103 N da cui, infine: F a t = t = 2.2 m s −1 m Si noti che: a) at è il modulo dell’accelerazione tangenziale; la componente tangenziale dell’accelerazione è negativa; b) questo valore è molto minore di quello possibile in rettilineo, dato F da max = 5 m s −1 m
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