Esercizi di Fisica generale

B

in B nei due casi.

3 2

ρ

. . . .

l 75 cm 7860 kg m S 10 cm

µs

. .

m0 285 gm d 50 cm 0.88

µ1s 0.67

Dato che i due corpi possono muoversi uno rispetto all'altro, devo considerare separatamente l'equilibrio di

ciascuno di essi, tenendo conto anche delle forze esercitate su ciascun corpo dall'altro.In corrispondenza del

θ

massimo valore di il blocco m0 e' in equilibrio grazie alla massima forza di attrito statico Fs. In queste

condizioni l'equilibrio di m0 richiede che:

θ θ µs

. . . . .

N m0 g cos 0 Fs m0 g sin 0 Fs N

θ µs θ θ

atan = 0.722 rad = 41.348 deg

θ

. .

N m0 g cos N = 2.098 newton

θ

. .

Fs m0 g sin Fs = 1.846 newton

Verifichiamo ora se per il valore di q trovato l'asta scivola sul piano. Considero il sistema asta + blocco

come un unico corpo e impongo le condizioni di equilibrio tenendo conto solamente delle forze esterne.

Allora, detta M la massa dell'asta e Fa la forza di attrito statico fra asta e piano nel punto A necessaria per

l'equilibrio, annullando le due componenti della risultante e del momento delle forze rispetto a B si

ottiene:

ρ . .

M S l M = 5.895 kg

. .

Na Fb 0 m0 g M g Nb

l

θ θ θ

. . . . . . . .

Na l sin M g cos m0 g l d cos 0

2 6.3 Un cubo di massa m = 0.66 kg e lato l = 16 cm è in equilibrio

con due spigoli appoggiati ad una parete verticale e ad un piano

orizzontale rispettivamente e con la faccia inferiore che forma un

θ col piano d'appoggio. Nel punto A il coefficiente di

angolo µ

attrito statico è = 0.23 mentre nel punto B il contatto è privo di

s

attrito. Determinare i valori massimi e minimi che può assumere

θ θ θ

in posizione di equilibrio.[ = 34.4˚; = 45˚]

l'angolo min max

µs

. .

M 0.66 kg l 16 cm 0.23

Dato che in B non c'è attrito la forza in B sul blocco ha solo componente orizzontale Fb. In A

abbiamo la forza di attrito statico Fs che è diretta verso sx e la forza normale Fa diretta verso

l'alto. Innanzitutto trovo Fa e Fb imponendo che siano nulle le componenti della risultante:

.

Fa M g

.

Fa M g 0 µs .

Fs Fa

Fb Fs 0 Fa = 6.472 newton

µs . .

Fb M g

µs . .

Fb M g 0 Fb = 1.489 newton

θ

Per trovare il valore minimo di impongo che sia nullo il momento risultante rispetto ad A

π

θ θ

. . . . .

Fb l sin M g d cos 0

4

π 2 2

θ θ θ

. .

cos cos sin d l d = 11.314 cm

4 2 2

1

θ θ θ

. . . . . .

Fb l sin M g l cos sin 0

2

Per risolvere divido per cos(θ) e trovo

1 1

θ θ

. . . . . . . . .

Fb l tan Mg l M g l tan 0

2 2

1 1

. . . . . .

Mg l Mg l

2 2

θ θ θ

tan atan = 34.408 deg

1 1

. . . . . . . .

Fb l Mg l Fb l Mg l

2 2

θ θ<45˚

Il valore massimo di è 45˚. Infatti solo per la forza peso e

la forza in B possono avere momenti opposti rispetto ad A.

6.1 Un'asta rigida di lunghezza d e massa M = 5 kg ha l'estremo

A appoggiato ad una parete verticale liscia (senza attrito) e l'altro

estremo B appoggiato su un piano orizzontale ruvido (con attrito).

Un corpo molto piccolo, di massa m = 400 g è fissato all'asta ad

una distanza pari a d/4 dall'estremo A. L'asta è in equilibrio con

θ = 60˚. Calcolare le forze esercitate sulle estremità dell'asta dalla

parete e dal piano orizzontale.[ N = 47.56 N, T = 47.56 N,

R = 52.96 N]. θ

. . .

M 5 kg m0 400 gm 60 deg

Dato che la parete verticale è liscia, la forza applicata all'estremità A dell'asta ha solo la

componente orizzontale N. Posso trovare R dalla condizione che la componente

verticale della risultante deve essere nulla:

. . .

R m0 g M g 0 R M m0 g R = 52.956 newton

A questo punto ci sono due strade: 1) annullando il momento risultante rispetto a B trovo N

d 3

θ θ θ

. . . . . . . . .

M g sin m0 g d sin N d cos

2 4

1 3

θ θ

. . . . . .

M g sin m0 g sin

2 4 1 θ

. . . . .

N N g tan 2 M 3 m0

θ 4

cos

e annullando la componente orizzontale della risultante

N T 0 T N N = 47.56 newton T = 47.56 newton

In alternativa: 2) trovo T scegliendo il polo in A

d d

θ θ θ θ

. . . . . . . . . .

m0 g sin M g sin T d cos R d sin

4 2

1 1

θ θ θ

. . . . . . .

R sin m0 g sin M g sin

4 2

T θ

cos

1 θ

. . . . . .

T tan 4 R m0 g 2 M g T = 47.56 newton

4

e poi N ancora dalla T=N. 6.8 Una piccola particella di massa M = 50 g viene lanciata

dall'origine O di un sistema di coordinate cartesiane con velocità

θ

iniziale v = 14.25 m/s e inclinazione = 60˚ rispetto

0

all’orizzontale. Nel punto più alto della traiettoria, per effetto di

forze interne la particella si spezza in due frammenti. Il frammento

1, di massa m = 38 g, subito dopo essersi staccato dal frammento

1

2, possiede una velocità v = v i + v j con v = 8.65 m/s e v =

1 1x 1y 1x 1y

1.1 m/s. Calcolare a) le coordinate del punto in cui la particella si

spezza; b) il punto d'impatto del frammento 2 al suolo.

. .

M 50 gm m1 38 gm m2 M m1

1 θ

. . .

v0 14.25 m sec 60 deg m2 = 12 gm

1 1

. . . .

v1x 8.65 m sec v1y 1.1 m sec

Alla sommità della traiettoria la particella possiede velocità vx solo orizzontale, pari alla componente

orizzontale della velocità iniziale. 1

θ

.

vx v0 cos vx = 7.125 m sec

Per calcolare l'istante t0 in cui la particella si divide, imponiamo che sia nulla la velocità verticale

θ

.

v0 sin

θ

. .

v0 sin g t0 0 t0 t0 = 1.258 sec

g

Sostituendo nell'equazione del moto trovo le cordinate x0 e y0 del punto in cui la particella

si spezza 1 2

θ θ

. . . . . .

x0 v0 cos t0 y0 v0 sin t0 g t0 x0 = 8.966 m

2 y0 = 7.765 m

Quando la particella si spezza agiscono solo forze interne, le due componenti della quantità di moto

moto si conservano. . .

M vx m1 v1x 1

. . .

m1 v1x m2 v2x M vx v2x v2x = 2.296 m sec

m2

.

m1 v1y 1

. .

m1 v1y m2 v2y 0 v2y v2y = 3.483 m sec

m2

Questi sono i valori della velocità iniziale del framento 2. Contando il tempo dall'istante in cui i

due frammenti si separano, le equazioni del moto sono: 1 2

. . . .

x2 x0 v2x t y2 y0 v2y t g t

2

L'istante t2 in cui il frammento 2 arriva a terra si trova imponendo y2 = 0. Delle due soluzioni solo

quella positiva è' accettabile: 2 . .

1 v2y v2y 2 g y0

2

. . .

y0 v2y t2 g t2 0 t2 t2 = 0.952 sec

2 g

Sostituendo nell'equazione della componente x calcolo il punto d'impatto x2i:

.

x2i x0 v2x t2 x2i = 11.153 m

Scoppio in volo

Un proiettile di massa M = 15 kg è lasciato libero di cadere da fermo a partire da un altezza h = 50 m rispetto al suolo. Dopo 2.2 s dal

lancio, a causa di un'esplosione che genera forze interne, il proiettile si spacca in due frammenti. Il frammento 1, di massa m = 6 kg,

1

arriva al suolo 2 s dopo l'esplosione, in un punto posto alla distanza d = 12 m rispetto alla verticale del punto dello scoppio. Calcolare

1

1) le componenti della velocità del frammento 1 subito dopo lo scoppio e 2) la posizione del punto d'impatto al suolo per il frammento

2. Trascurare la massa dell'esplosivo.    

M 15 kg t0 2.2 sec

   

m1 6 kg d1 12 m  2

    

h 50 m g 9.8 m s

 

t1 2 sec

Calcolo prima di tutto la quota hs e le componenti vx e vy della velocita' del proiettile al momento dello scoppio; il proiettile

parte da fermo e scende in verticale sotto l'effetto della forza peso. Assumendo un sistema cartesiano con l'origine nel

punto al suolo sulla verticale dello scoppio, l'asse y verso l'alto e l'asse x diretto a destra nella direzione del punto di caduta

del frammento 1, dalle leggi del moto di caduta si trova: 

1 2 1

           

hs h g t0 26.284 m vy g t0 21.56 m s vx 0

2

Dato che lo scoppio genera forze interne, nello scoppio la quantita' di moto e' conservata. Le componenti della velocita'

del frammento 1 v1x e v1y subito dopo lo scoppio si possono calcolare dalla conoscenza del punto d'impatto al suolo:



d1 1

   

=

d1 v1x t1 v1x 6 m s

t1

1 2

  

g t1 hs 

1 2

2 1

        

=

0 hs v1y t1 g t1 v1y 3.342 m s

t1

2

Dalla conservazione della quantita' di moto posso ora calcolare le componenti della velocita' del frammento 2 subito dopo lo

scoppio. Dato che si trascura la massa dell'esplosivo la massa m2 si puo trovare per differenza. Inoltre la conservazione della

quantita' di moto e' una legge vettoriale e quindi vale separatamente per ciascuna delle due componenti:

 

m1 v1x 1

          

=

0 m1 v1x m2 v2x m2 M m1 9 kg v2x 4 m s

m2

   

M vy m1 v1y 1

       

=

M vy m1 v1y m2 v2y v2y 33.705 m s

m2

Ora si puo' calcolare il punto d'impatto del frammento 2. Detto t2 il tempo di volo:

2

   

1 v2y v2y 2 g hs

2

          

=

0 hs v2y t2 g t2 t2 0.707 s d2 v2x t2 2.828 m

2 g

Si noti che, calcolando la posizione del CM quando i due frammenti sono a terra, si trova che esso non e' nell'origine:

  

m1 d1 m2 d2

 

xcm 3.103 m



m1 m2

Questo potrebbe sembrare strano visto il moto del CM non e' influenzato dalle forze dello scoppio, che sono forze

interne, ma solo dalla forza peso (forza esterna) e quindi ci si puo aspettare che il CM scenda in verticale e alla fine

raggiunga l'origine. Osserviamo pero' che il moto del CM continua lungo la verticale solo fino a quando uno dei due

frammenti giunge a terra. In quel momento il frammento viene fermato dal suolo che esercita quindi una forza esterna al

sistema. Questa forza devia il CM dalla traiettoria verticale che seguirebbe se agisse sempre solo la forza peso. L'unica

possibilita' di trovare il CM nell'origine quando i frammenti sono entrambi a terra si avrebbe se i due frammen