Soluzioni di esercizi sulla dinamica del punto materiale

Esercizio 1
Risolviamo direttamente il caso con attrito; il caso senza attrito si ricava da questo ponendo $\mu=0$. I tre blocchi sono ovviamente vincolati a muoversi con la stessa legge oraria, quindi avranno una accelerazione comune di modulo $a$. Le forze di attrito si oppongono alla forza $F$, e sono proporzionali al peso dei rispettivi blocchi:

\begin{displaymath}
F_{tot} = F - \mu m_1 g - \mu m_2 g - \mu m_3 g = F - \mu M g
\end{displaymath}

dove $M=m_1+m_2+m_3$ è la massa totale del sistema dei tre blocchi. L'accelerazione comune sarà allora:

\begin{displaymath}
a = \frac{F_{tot}}{M} = \frac{F}{M} - \mu g
\end{displaymath}

quindi $a=3.5$m/s$^2$ nel caso senza attrito e $a\sim 1.538$m/s$^2$ nel caso con attrito. Passando alle tensioni delle corde, possiamo scrivere il seguente insieme di equazioni:

\begin{displaymath}
\left\{ \begin{array}{lcl}
F - T_{12} - \mu m_1 g & = & m_...
... \\
T_{23} & = & m_3 ( a + \mu g ) \\
\end{array} \right.
\end{displaymath}

\begin{displaymath}
\Longrightarrow
\left\{ \begin{array}{lclcl}
a + \mu g & ...
... m_3 \frac{F}{M} & = & 10.5\textrm{N}\\
\end{array} \right.
\end{displaymath}

come si vede, le tensioni non dipendono da $\mu$.


Esercizio 2
Nella prima fase, la macchina si muove di moto rettilineo uniforme, per cui nel suo sistema di riferimento non si manifestano forze apparenti ed il ciondolo rimane verticale. La tensione del filo è esattamente uguale al peso del ciondolo: $T=mg\sim 0.245$N.
Nella seconda fase la macchina subisce una decelerazione costante $a$. Se chiamiamo $v_1=70$Km/h$=19.\bar{4}$m/s la velocità iniziale e $v_2=45$Km/h$=12.5$m/s la velocità alla fine della fase di decelerazione, il tempo necessario alla frenata è:

\begin{displaymath}
\Delta v = v_2 - v_1 = -at
\end{displaymath}

Lo spazio percorso in questo tempo $t$ è $\Delta s=80$m, e dalle leggi cinematiche del moto uniformemente accelerato ricaviamo:

\begin{displaymath}
\Delta s = v_1 t - \frac{1}{2} a t^2
= - v_1 \frac{\Delta ...
...1 + \frac{1}{2} \Delta v )
= \frac{1}{2a} ( v_1^2 - v_2^2 )
\end{displaymath}

da cui si ricava immediatamente $a = \frac{1}{2\Delta s} ( v_1^2 - v_2^2 )
\sim 1.386$m/s$^2$. Questa accelerazione appare come una accelerazione fittizia nel riferimento della macchina, parallela alla strada. La tensione complessiva della fune quindi è:

\begin{displaymath}
T = m \sqrt{g^2 + a^2} \sim 0.248\textrm{N}
\end{displaymath}

e l'angolo di inclinazione $\theta$ rispetto alla verticale:

\begin{displaymath}
\tan \theta = \frac{a}{g} \sim 0.141 \quad\quad
\Longrightarrow \quad\quad \theta \sim 8^{\circ}
\end{displaymath}

con il ciondolo che si sposta verso la parte anteriore della macchina.

Nella terza fase l'accelerazione fittizia è invece quelle centrifuga data da $a=v_2^2/r$ con $r=50$m il raggio di curvatura. In modo del tutto analogo al caso precedente si ricava:

\begin{eqnarray*}
a = \frac{v_2^2}{r} \sim 3.125\textrm{m/s}^2 \\
T = m \sqrt...
...8 \quad\quad
\Longrightarrow \quad\quad \theta \sim 17^{\circ}
\end{eqnarray*}

con il ciondolo che si sposta verso il il bordo esterno della curva.

L'ultima fase è leggermente più complicata delle altre. In questo caso l'accelerazione fittizia e la forza peso non sono più ortogonali, quindi sommare in quadratura è sbagliato. Stavolta l'accelerazione fittizia è $\vec{a} = - a\cos\alpha\hat{x} - a\sin\alpha\hat{y}$, per cui la tensione diventa:

\begin{displaymath}
\vec{T} = - ma\cos\alpha\hat{x} - m(a\sin\alpha\hat{y} + g)
\end{displaymath}

Il modulo della tensione $T=m\sqrt{a^2 + g^2 + 2ga\sin\alpha}$ risulta $0.289$N, e l'inclinazione:

\begin{displaymath}
\tan \theta = \frac{a\cos\alpha}{g+a\sin\alpha} \sim 0.226 \quad\quad
\Longrightarrow \quad\quad \theta \sim 13^{\circ}
\end{displaymath}

ed il ciondolo si inclina verso la parte posteriore della macchina. L'inclinazione rispetto alla ``verticale'' della macchina naturalmente è maggiore: $\theta' = \theta + \alpha \sim 43^{\circ}$. Notare che la lunghezza del filo del ciondolo è ininfluente in questo problema.


Esercizio 3
La caduta della pallina è un moto parabolico con velocità iniziale parallela all'asse $\hat{x}$. Il tempo per cadere di un dislivello $H$ è $t=\sqrt{\frac{2H}{g}}$; in questo tempo lo spazio percorso è $vt$ che deve essere uguagliato alla gittata richiesta $D$, per cui:

\begin{displaymath}
\left\{ \begin{array}{lll}
t & = & \sqrt{\frac{2H}{g}} \\ ...
... \quad\quad
v = D \sqrt{\frac{g}{2H}} \sim 1.213\textrm{m/s}
\end{displaymath}


Nel caso di assenza di attrito, la velocità $v$ deve essere acquistata lungo il piano inclinato. Siccome la pallina è supposta partire da ferma, la legge oraria è semplicemente $x=\frac{1}{2}at^2$, dove $a=g\sin\alpha$ è la componente dell'accelerazione di gravità lungo il piano inclinato (la componente ortogonale viene annullata dalla reazione vincolare). La distanza percorsa è legata all'altezza di partenza da $h=x\sin\alpha$, e la velocità finale sarà $v=at$. Riunendo tutte queste formule otteniamo:

\begin{displaymath}
v=at = a \sqrt{\frac{2x}{a}} = \sqrt{2xa}
= \sqrt{2 \frac{h}{\sin\alpha} g\sin\alpha} = \sqrt{2hg}
\end{displaymath}

da cui $h=\frac{v^2}{2g}\sim 7.5$cm. Il risultato è indipendente dalla inclinazione del piano. Infatti si poteva ottenere considerando la conservazione dell'energia:

\begin{displaymath}
mgh = \frac{1}{2}mv^2 \quad\quad \Longrightarrow
\quad\quad h=\frac{v^2}{2g}
\end{displaymath}

Se c'è attrito lungo il piano orizzontale, la velocità alla base del piano inclinato dovrà essere $v'$ più grande di $v$ per compensare il rallentamento dovuto all'attrito. La decelerazione corrispondente all'attrito è $a=\mu g$, quindi:

\begin{displaymath}
\left\{ \begin{array}{lll}
v' & = & v + at \\
d & = & v'...
...row \quad\quad
v' = \sqrt{v^2 + 2\mu gx} = 1.566\textrm{m/s}
\end{displaymath}

In modo analogo a prima si ricava allora $h=\frac{v'^2}{2g}\sim 12.5$cm. Anche in questo caso si poteva ricorrere alla conservazione dell'energia introducendo il lavoro $\mu m g d$ fatto dalla forza di attrito:

\begin{displaymath}
mgh = \mu m g d + \frac{1}{2}mv^2 \quad\quad \Longrightarrow
\quad\quad h=\mu d + \frac{v^2}{2g}
\end{displaymath}


Esercizio 4
Consideriamo come riferimento quello del piano inclinato. Se esso trasla in orizzontale con accelerazione $a\hat{x}$ costante, nel suo riferimento si avverte una forza apparente che induce una accelerazione $-a\hat{x}$. Le equazioni del moto in presenza di attrito saranno:

\begin{displaymath}
\left\{ \begin{array}{lll}
N - P\cos\alpha & = & ma\sin\al...
...os\alpha \\
A & = & \epsilon \mu N \\
\end{array} \right.
\end{displaymath}

Dove $N$ è l'intesità della reazione vincolare normale ed $A$ è l'intesità dell'attrito. $\epsilon$ è un coefficiente che varia nell'intervallo $-1<\epsilon<1$ ed esprime il fatto che l'attrito in valore assoluto è minore di $\mu N$. Risolvendo le equazioni precedenti rispetto a $N$ ed $A$ otteniamo:

\begin{displaymath}
\left\{ \begin{array}{lll}
N & = & m(a\sin\alpha + g\cos\a...
...A & = & m(g\sin\alpha - a\cos\alpha) \\
\end{array} \right.
\end{displaymath}

Dalla relazione $A=\epsilon \mu N$ si ricava immediatamente:

\begin{displaymath}
\mu = \frac{1}{\epsilon}
\frac{g\sin\alpha - a\cos\alpha}{a\sin\alpha + g\cos\alpha}
\end{displaymath}

da cui si nota che per $a=g\tan\alpha$ non è necessaria alcuna forma di attrito. Il caso di traslazione a velocità costante si ottiene ponendo $a=0$: che la velocità di traslazione sia diversa da zero non ha alcuna importanza per il principio di relatività. Si noti che $\epsilon$ può avere sia segno positivo che segno negativo, corrispondenti all'attrito essere direzionato verso la discesa o la salita. In altre parole:

\begin{displaymath}
\mu_{max}=\frac{g\sin\alpha-a\cos\alpha}{a\sin\alpha+g\cos\...
...}{a\sin\alpha+g\cos\alpha}
\quad \textrm{per~} a>g\tan\alpha
\end{displaymath}

Quando l'accelerazione è nulla siamo sicuramente nel primo caso:

\begin{displaymath}
\mu_{max}\vert _{a=0}=\tan\alpha
\end{displaymath}

Esercizio 5
L'equazione del moto per il corpo sopra il blocco superiore sono semplici, comprendono solo la forza peso, la reazione vincolare normale e l'attrito:

\begin{displaymath}
m_c a_c = m_c g\sin\alpha - \mu_c m_c g\cos\alpha
\end{displaymath}

attenzione ad usare il coefficiente $\mu_c$ corretto. L'equazione si risolve facilmente rispetto a $a_c$:

\begin{displaymath}
a_c = g(\sin\alpha - \mu_c \cos\alpha) = \frac{g}{2}(1-\mu_c\sqrt{3})
\sim 4.05\textrm{m/s$^2$}
\end{displaymath}

L'equazione per il blocco di massa $m_1$ comprende anche la tensione $T$ della fune. Quella per il blocco di massa $m_2$ è ulterioremente complicata da due fatti:

Quindi riassumendo il tutto, e ricordando che i due blocchi devono avere una accelerazione comune $a$ perchè sono collegati da una fune inestensibile, le equazioni sono:

\begin{displaymath}
\left\{ \begin{array}{lll}
m_1a & = & m_1g\sin\alpha -\mu ...
... m_c g\sin\alpha - \mu_c m_c g\cos\alpha
\end{array} \right.
\end{displaymath}

Sommando le prime due equazioni possiamo eliminare la tensione della fune ed ottenere una equazione per $a$:

\begin{displaymath}
(m_1+m_2)a = (m_1+m_2)g\sin\alpha - \mu(m_1+m_2)g\cos\alpha
+ m_c (\mu_c - \mu)g\cos\alpha
\end{displaymath}

\begin{displaymath}
\longrightarrow a = g(\sin\alpha - \mu \cos\alpha
+ \frac{...
...{m_1+m_2} (\mu_c - \mu)\cos\alpha)
\sim 3.15\textrm{m/s$^2$}
\end{displaymath}

Sostituendo ora l'espressione di $a$ per esempio nella prima equazione otteniamo il valore della tesione:

\begin{displaymath}
T = \frac{m_1m_c}{m_1+m_2}g(\mu-\mu_c)\cos\alpha \sim 0.265\textrm{N}
\end{displaymath}

I moti del corpo e del blocco di massa $m_2$ sono entrambi uniformemente accelerati (lungo la stessa direzione). Il moto relativo sarà dunque accelerato con accelerazione $a'=a_c-a$, e la distanza fra il centro del blocco ed il suo bordo verrà coperta nel tempo:

\begin{displaymath}
t = \sqrt{\frac{2s}{a'}} \sim 0.67\textrm{s}
\end{displaymath}

Il corpo cade ovviamente fra i due blocchi, poichè $a_c>a$.


Esercizio 6
Consideriamo il piano $Q$ definito dall'asta e dall'asse verticale e definiamo $\hat{z}$ il versore diretto verso l'alto e $\hat{r}$ il versore orizzontale che si allontana dall'asse verticale nel piano suddetto. Le forze agenti sulla pallina in un riferimento inerziale sono allora la forza peso $\vec{P}$, la forza di reazione vincolare $\vec{N}$ e la forza di attrito $\vec{A}$:

\begin{displaymath}
\left\{ \begin{array}{lll}
\vec{P} & = & -mg\hat{z} \\
\...
...in\alpha\hat{r} + \cos\alpha\hat{z}) \\
\end{array} \right.
\end{displaymath}

Commentiamo le formule precedenti. Innanzitutto la reazione vincolare non ha componenti fuori dal piano $Q$, poichè il moto è circolare uniforme (ovvero non c'è accelerazione angolare) e non vi sarebbe alcuna altra forza che potrebbe bilanciare una componente di $\vec{N}$ fuori dal piano $Q$. In secondo luogo la forza di attrito è stata scritta come il suo valore massimo $\mu N$ moltiplicata per una frazione $\epsilon$; infatti, nell'ipotesi che la pallina non scivoli, la forza di attrito non ha necessariamente il valore massimo, ma vale comunque il vincolo $-1<\epsilon<+1$. Anzi, ricaveremo le condizioni su $r$ proprio imponendo questo vincolo. La condizione per il moto circolare è:

\begin{displaymath}
\vec{P}+\vec{N}+\vec{A} = -m\omega^2r\hat{r}
\end{displaymath}

definiamo la quantità adimensionale $X=\omega^2r/g$ e sostituiamo le espressioni per le forze ottenendo due equazioni scalari corrispondenti agli assi $\hat{z}$ ed $\hat{r}$:

\begin{displaymath}
\left\{ \begin{array}{lll}
0 & = & -mg + N(\sin\alpha + \e...
...-\cos\alpha + \epsilon\mu\sin\alpha) \\
\end{array} \right.
\end{displaymath}

Dalla prima ricaviamo il modulo della reazione vincolare:

\begin{displaymath}
N = \frac{mg}{\sin\alpha + \epsilon\mu\cos\alpha}
\end{displaymath}

Sostituendo $N$ nella seconda equazione troviamo una relazione che lega tutte le quantità in gioco:

\begin{displaymath}
X = \frac{\cos\alpha - \epsilon\mu\sin\alpha}
{\sin\alpha + \epsilon\mu\cos\alpha}
\end{displaymath}

questa relazione può essere risolta in funzione di $\epsilon$:

\begin{displaymath}
\epsilon = \frac{1 - X\tan\alpha}{X + \tan\alpha}\frac{1}{\mu}
\end{displaymath}

Notiamo subito che il numeratore si annulla per $\tan\alpha=g/\omega^2r$ ovvero $r_0=g/(\omega^2\tan\alpha)$ è il valore del raggio per cui la pallina rimarrebbe ``in equilibrio'' anche in assenza di attrito. I casi limite per l'attrito si ricavano, come detto prima, dall'imporre $\epsilon=\pm1$:

\begin{displaymath}
\pm\mu = \frac{1 - X_\pm\tan\alpha}{X_\pm + \tan\alpha}
\end{displaymath}

Risolvendo in funzione di $X$ otteniamo:

\begin{displaymath}
X_\pm = \frac{1\mp\mu\tan\alpha}{\tan\alpha\pm\mu}
\end{displaymath}

ovvero siccome $r=gX/\omega^2$:

\begin{displaymath}
\frac{1-\mu\tan\alpha}{1+\frac{\mu}{\tan\alpha}} <
\frac{r}{r_0} < \frac{1+\mu\tan\alpha}{1-\frac{\mu}{\tan\alpha}}
\end{displaymath}

dove $r_0$ è il raggio di equilibrio precedentemente trovato; ovviamente nel limite $\mu\rightarrow0$ il rapporto $r/r_0$ tende ad $1$.


Esercizio 7
Ognuna delle due masse, al netto delle reazioni vincolari, è spinta a scendere lungo il piano inclinato da una frazione della forza peso $mg\sin\alpha$, ed è trattenuta dalla altra massa attraverso la tensione comune $T$ trasmessa dalla corda. Siccome:

\begin{displaymath}
m_1g\sin\alpha_1 \sim 26.67\textrm{N} <
m_2g\sin\alpha_2 \sim 28.13\textrm{N}
\end{displaymath}

sarà la massa $m_2$ a scendere. L'accelerazione totale del sistema è determinata dalla somma delle forze e dalla somma delle masse (siccome la direzione della forza è manipolata dalla carrucola possiamo considerare il moto unidimensionale; inoltre, nella somma delle forze la tensione della corda si elimina esattamente):

\begin{displaymath}
a = \frac{f_2+f_1}{m_2+m_1} =
\frac{(m_2g\sin\alpha_2 - T)...
...alpha_2-m_1\sin\alpha_1}{m_2+m_1}
\sim 0.183\textrm{m/s$^2$}
\end{displaymath}

La tensione della fune si può ora ricavare per differenza, notando che per ogni blocco la forza totale agente su di esso si scrive $ma$ dove $a$ è l'accelerazione comune precedentemente calcolata (cioè per esempio $f_2=m_2a$):

\begin{displaymath}
T = m_2g\sin\alpha_2 - f_2 = m_2(g\sin\alpha_2 - a)
\sim 27.22\textrm{N}
\end{displaymath}

Per giungere a terra la massa $m_2$ deve percorrere lungo il suo piano inclinato la distanza $d=h/\sin\alpha_2$. Stante l'accelerazione costante $a$ ed il fatto che il blocco partiva da fermo, il tempo necessario è:

\begin{displaymath}
t = \sqrt{\frac{2d}{a}} = \sqrt{\frac{2h}{a\sin\alpha_2}}
\sim 5.346\textrm{s}
\end{displaymath}

L'altro blocco ha percorso lungo il suo piano inclinato ovviamente la stessa distanza $d$, ovvero ha raggiunto la quota:

\begin{displaymath}
h + \Delta h = h + d\sin\alpha_1 =
h ( 1 + \sin\alpha_1 / \sin\alpha_2) \sim 3.87\textrm{m}
\end{displaymath}

a patto che il piano inclinato fosse sufficientemente esteso. Notiamo che questa ultima condizione è puramente geometrica, quindi non cambia nel caso di attrito non nullo. Se però esiste un attrito, siccome i piani inclinati hanno inclinazione costante, la forza d'attrito si manifesta come una decelerazione costante:

\begin{displaymath}
f_{att} = (N_2 + N_1)\mu = (m_2\cos\alpha_2 + m_1\cos\alpha_1)g\mu
\end{displaymath}

Si noti che entrambi i contributi hanno segno positivo (l'attrito decelera entrambi i blocchi). La forza totale agente sul sistema viene decurtata di questa quantità, per cui la nuova accelerazione vale:

\begin{eqnarray*}
a' & = & \frac{f_2'+f_1'}{m_2+m_1} = \frac{f_2+f_1-f_{att}}{m...
...a_2 + m_1\cos\alpha_1)\mu}{m_2+m_1}
\sim 0.117\textrm{m/s$^2$}
\end{eqnarray*}

e la nuova tensione:

\begin{displaymath}
T' = m_2g\sin\alpha_2 - m_2a' - m_2g\mu\cos\alpha_2 =
m_2(g\sin\alpha_2 - a' - g\mu\cos\alpha_2)
\sim 27.15\textrm{N}
\end{displaymath}

Il valore limite dell'attrito per rendere possibile il moto è quello che annulla la accelerazione totale del sistema:

\begin{displaymath}
m_2\sin\alpha_2-m_1\sin\alpha_1 =
(m_2\cos\alpha_2 + m_1\c...
...\sin\alpha_1}
{m_2\cos\alpha_2 + m_1\cos\alpha_1} \sim 0.028
\end{displaymath}
 

Esercizio 8
In questo problema le uniche quantità in gioco sono la lunghezza del filo inestensibile $L$, la massa del corpo $m$ e la forza di gravità $g$. Dall'analisi dimensionale risulta immediatamente che la scala delle velocità sarà fissata dal parametro $\bar{v}=\sqrt{gL}\sim 4.91$m/s che è l'unica combinazione delle precedenti grandezze che abbia le dimensioni di una velocità.
Nel punto più alto della traiettoria la forza esercitata dal filo (che supponiamo in tensione) sul corpo e la forza di gravità sono allineate con $\hat{z}$ e dirette verso il basso. La traiettoria circolare richiede una accelerazione centripeta di modulo pari a $v_+^2/L$ se $v_+$ è la velocità nel punto più alto. La seconda legge di Newton si scrive allora:

\begin{displaymath}
-m\frac{v_+^2}{L}\hat{z} = -mg\hat{z} -T\hat{z}
\end{displaymath}

La condizione affinchè $T$ sia non negativo è dunque $\frac{v_+^2}{L} \geq g$. L'energia totale del pendolo a questo punto sarà la somma dell'energia cinetica e di quella potenziale:

\begin{displaymath}
E = \frac{1}{2}mv_+^2 + mgL
\geq \frac{3}{2}mgL = \frac{3}{2}m\bar{v}^2
\end{displaymath}

avendo posto lo zero dell'energia potenziale nel punto di sospensione del pendolo. Non essendoci attriti l'energia totale si conserva, ed è pertanto uguale a quella calcolata nel punto iniziale del moto (che si trova ad altezza $h=-L\cos{\alpha_0}$ dove $\alpha_0$ vale $30^\circ$):

\begin{displaymath}
E = \frac{1}{2}mv_0^2 - mgL\cos{\alpha_0}
\end{displaymath}

Uguagliando i valori dell'energia e prendendo il valore limite nella disuguaglianza otteniamo l'equazione:

\begin{displaymath}
\frac{1}{2}mv_0^2 - mgL\cos{\alpha_0} = \frac{3}{2}mgL
\qu...
...v_0 = \bar{v}\sqrt{3+2\cos{\alpha_0}}
\sim 10.67\textrm{m/s}
\end{displaymath}

Con lo stesso procedimento si può ovviamente ricavare la velocità in qualsiasi altro punto, noto l'angolo. Immediatamente otteniamo:

\begin{displaymath}
\left\{\begin{array}{llll}
\alpha=0^\circ & \rightarrow & ...
...\bar{v} = v_+ & \sim 4.91\textrm{m/s} \\
\end{array}\right.
\end{displaymath}

Passiamo ora alla tensione del filo. Quando questo forma un generico angolo $\alpha$ con la verticale, la tensione $\vec{T}_\alpha$ sarà diretta verso il punto di sospensione: $\vec{T}_\alpha = -T\;\hat{e}_\rho$. La gravità avrà poi una componente radiale pari a $\vec{P}_\rho = mg\cos\alpha\;\hat{e}_\rho$ (la componente azimutale diminuisce il modulo della velocità ma non contribuisce alla curvatura). La somma della gravità e della reazione vincolare (tensione del filo) eguaglia l'accelerazione centripeta, per cui:

\begin{displaymath}
mg\cos\alpha\;\hat{e}_\rho - T\;\hat{e}_\rho
= -m\frac{v^2}{L}\;\hat{e}_\rho
\end{displaymath}

Passando all'equazione scalare e facendo la solita sostituzione $\bar{v}=\sqrt{gL}$ otteniamo:

\begin{displaymath}
T_\alpha = mg\left( \frac{v^2}{\bar{v}^2} + \cos\alpha \right)
\end{displaymath}

Sostituendo nelle relazione precedenti (che sono state ricavate nell'ipotesi limite che $T_{180^\circ}$ sia nulla) otteniamo:

\begin{displaymath}
\left\{\begin{array}{llll}
\alpha=0^\circ & \rightarrow & ...
...rt{2}} \right)
& \sim 25.1\textrm{N} \\
\end{array}\right.
\end{displaymath}
 

Esercizio 9
In assenza di qualsivoglia attrito, la biglia esercita solo una forza normale al blocco $B$, bilanciata dal vincolo del piano di scorrimento, senza nemmeno rotolare. La dinamica dei due blocchi non ne è influenzata. La fune trasmette una forza fra i due blocchi, decelerando il blocco $A$ ed accelerando il blocco $B$; le equazioni del moto risultano:

\begin{displaymath}
\left\{ \begin{array}{lll}
m_A a & = & F - T \\
m_B a & = & T \\
\end{array} \right.
\end{displaymath}

dove $a$ è l'accelerazione comune ai due blocchi (essi sono vincolati dalla fune a muoversi con la stessa legge del moto) e $T$ è il modulo della tensione della corda (si immagina che $\vec{F}$ e $\vec{T}$ giacciano entrambi nel piano orizzontale. Eliminando $T$ si calcola immediatamente l'accelerazione comune:

\begin{displaymath}
a = \frac{F}{m_A + m_B} \sim 8.57\textrm{m/s$^2$}
\end{displaymath}

e sostituendola nella seconda equazione si ricava $T$:

\begin{displaymath}
T = m_B a = F \frac{m_B}{m_A + m_B} \sim 17.14\textrm{N}
\end{displaymath}

La biglia, che non si muove, cadrà dal bordo del blocco $B$ quando quest'ultimo si sarà mosso di $d=10$cm dalla posizione iniziale, ovvero:

\begin{displaymath}
\frac{1}{2}at^2 = d \quad\quad \rightarrow \quad\quad
t = \sqrt{\frac{2d}{a}} \sim 0.153\textrm{s}
\end{displaymath}

In caso di attrito poi ogni blocco viene decelerato da una forza proporzionale alla componente normale al piano di scorrimento del peso complessivo che giace sulla superficie di appoggio, ovvero il blocco $A$ viene decelerato $m_Ag\mu$ ed il blocco $B$ di $(m_B + m)g\mu$. Inoltre l'attrito della pallina sul blocco $B$ decelera ulteriormente il blocco $B$ (ed accelera la pallina). Le equazioni del moto precedenti diventano:

\begin{displaymath}
\left\{ \begin{array}{lll}
m_A a & = & F - T - m_A g \mu \...
...mu - m g \mu \\
m a' & = & m g \mu \\
\end{array} \right.
\end{displaymath}

come prima eliminiamo $T$:

\begin{displaymath}
T = F - m_A a - m_A g \mu
\end{displaymath}

sostituiamo nella seconda e ricaviamo $a$:

\begin{displaymath}
m_B a = F - m_A a - g \mu ( m_A + m_B + 2m)
\quad\quad \ri...
...mu ( m_A + m_B + 2 m )}{m_A + m_B}
\sim 6.58\textrm{m/s$^2$}
\end{displaymath}

utilizzando $a$ ora ricaviamo il valore di $T$:

\begin{displaymath}
T = F - m_A a - m_A g \mu \sim 17.28\textrm{N}
\end{displaymath}

Infine calcoliamo quando la pallina cade; nel riferimento accelerato del blocco $B$ la pallina sente una forza di attrito $ma'=mg\mu$ ed una forza apparente dovuta alla accelerazione del blocco sottostante pari a $ma$. La forza effettiva è dunque $ma - mg\mu$, e la pallina cade quando la distanza percorsa è pari a $d$:

\begin{displaymath}
d = \frac{1}{2}\frac{ma - mg\mu}{m}t^2
\quad\quad \rightar...
...\quad\quad
t = \sqrt{\frac{2d}{a-g\mu}}
\sim 0.21\textrm{s}
\end{displaymath}

Esercizio 10
La velocità massima alla quale la curva puó essere percorsa è quella che richiede una accelerazione centripeta uguale al massimo attrito possibile. Naturalmente stiamo supponendo che il motore della macchina compensi l'attrito volvente nella direzione del moto della macchina.

\begin{displaymath}
\frac{mv^2}{R} = \mu m g \quad\quad \rightarrow \quad\quad
...
... \sqrt{R \mu g} \sim 18.53\textrm{m/s} \sim 66.7\textrm{km/h}
\end{displaymath}

Per il secondo caso, consideriamo un riferimento inerziale collegato alla strada. In questo riferimento le forze agenti sulla macchina sono il peso, la reazione vincolare normale e l'attrito. Definiamo una coppia di direzioni $\hat{z}$ ed $\hat{x}$ dirette verso l'alto e verso il centro della curva ortogonalmente a $\hat{z}$, ed un'altra coppia $\hat{n}$ e $\hat{k}$ dirette lunga la normale uscente dalla strada e la parallela alla strada verso il centro della curva, tutte nel piano ortogonale alla macchina. Le espressioni delle forze e le condizioni affinchè il moto della macchina sia circolare uniforme con raggio $R$ in un piano orizzontale sono:

dove

 

Le componenti delle forze in direzione z, per la II legge della dinamica, danno luogo all'equazione:

 

che, facendo il prodotto scalare, diventa:

        (1)

Per un osservatore inerziale le componenti in direzione x producono l'accelerazione a di modulo v2/R; per la II legge della dinamica si ha perciò:

eseguendo il prodotto scalare a primo membro, si ha:

 

Considerando poi che:

ricavando il valore di $N$ dall'eq. (1):

e sostituendolo nell' eq (2) si ha: 

da cui si ricava facilmente la velocità:

\begin{displaymath}
v = \sqrt{gR}\sqrt{\frac{\tan\alpha + \mu}{1 - \mu\tan\alpha}}
\sim 22.14\textrm{m/s} \sim 79.7\textrm{km/h}
\end{displaymath}

Come si vede il radicando nell'espressione di $v$ può diventare negativo per valori sufficientemente grandi di $\alpha$ (circa $55^\circ$); questo significa che per inclinazioni superiori a questo angolo di soglia la macchina non può in alcun caso scivolare verso l'esterno della pista.

Rivediamo l'impostazione del problema dal punto di vista dell'osservatore non inerziale a bordo dell'auto,. Per questo osservatore il diagramma di corpo libero dell'auto è:

Laddove FC rappresenta la forza centrifuga. Per l'osservatore non inerziale l'auto è in quiete, per cui le equazioni del moto nelle direzioni z ed x diventano:

si ritrovano le equazioni (1) e (2).


Esercizio 11
Se il camion decelera con decelerazione $a$, il tempo che ci mette a fermarsi sarà $t = \frac{v}{a}$, ed in questo tempo percorrerà uno spazio pari a:

\begin{displaymath}
s = vt - \frac{1}{2}at^2 =
\frac{v^2}{a} - \frac{v^2}{2a} = \frac{v^2}{2a}
\end{displaymath}

La cassa rimane solidale con il cassone se la decelerazione massima dovuta all'attrito statico, che vale $a'=g\mu$, supera l'accelerazione $a$. In questo caso il camion percorre:

\begin{displaymath}
s = \frac{v^2}{2a'} = \frac{v^2}{2g\mu} \sim 36.87\textrm{m}
\end{displaymath}

Se il camion sta procedendo in discesa, la reazione vincolare del cassone non è più $mg$ ma $mg\cos\alpha$. Inoltre la cassa è tirata verso il basso anche dalla componente della sua forza peso parallela al piano del cassone, ovvero $mg\sin\alpha$. La forza di attrito massima effettiva (cioè comprensiva anche della componente del peso) risulta dunque $a'_d = g \left( \mu\cos\alpha - \sin\alpha \right)$. Sostituendo nella relazione precedente otteniamo:

\begin{displaymath}
s_d = \frac{v^2}{2a'_d} =
\frac{v^2}{2g\mu} \frac{1}{\cos\...
...s}{\cos\alpha - \frac{\sin\alpha}{\mu}}
\sim 68.97\textrm{m}
\end{displaymath}

Infine nel caso della strada in salita la componente della forza peso parallela al piano del cassone ``aiuta'' l'attrito anzichè deprimerlo, per cui $a'_s = g \left( \mu\cos\alpha +
\sin\alpha \right)$ e lo spazio diventa:

\begin{displaymath}
s_s = \frac{v^2}{2a'_s} =
\frac{v^2}{2g\mu} \frac{1}{\cos\...
...s}{\cos\alpha + \frac{\sin\alpha}{\mu}}
\sim 26.39\textrm{m}
\end{displaymath}

Esercizio 12
La corda in tensione esercita su ognuno dei due corpi una forza costante $F$. Le accelerazioni (in modulo!) dei due corpi saranno allora legate dalla relazione:

\begin{displaymath}
F = m_1 a_1 = m_2 a_2 \quad\quad \rightarrow \quad\quad
\frac{a_2}{a_1} = \frac{m_1}{m_2}
\end{displaymath}

Lo spazio percorso da entrambi i corpi si ricava con le usuali leggi del moto accelerato, e nel momento del contatto la somma degli spazi percorsi deve essere uguale alla distanza totale iniziale:

\begin{displaymath}
d_1 = \frac{1}{2}a_1 t^2 = d - d_2 = d - \frac{1}{2}a_2 t^2
\end{displaymath}

utilizzando la relazione fra $a_1$ ed $a_2$ possiamo eliminare $a_2$ dall'ultimo membro:

\begin{displaymath}
d_1 = d - \frac{1}{2}a_1 t^2 \frac{a_2}{a_1}
= d - \frac{1}{2}a_1 t^2 \frac{m_1}{m_2}
\end{displaymath}

ora notiamo che nell'ultimo membro troviamo di nuovo la espressione di $d_1$ per cui:

\begin{displaymath}
d_1 = d - d_1 \frac{m_1}{m_2} \quad\quad \rightarrow
\quad\quad d_1 = \frac{d}{1 + \frac{m_1}{m_2}} \sim 10.82\textrm{m}
\end{displaymath}

Questo risultato in realtà non dipende dal fatto che la tensione della corda sia costante, ma solo dalla conservazione della quantità di moto. Infatti il sistema ragazza-slitta è inizialmente fermo, e siccome non interagisce con nient'altro (stiamo trascurando l'attrito con la superficie) la quantità di moto totale deve rimanere nulla. Questo impone una relazione fra i moduli delle velocità a tutti i tempi:

\begin{displaymath}
m_1 v_1(t) = m_2 v_2(t)
\end{displaymath}

Esprimendo le distanze percorse con relazioni integrali:

\begin{displaymath}
d = \int_0^T v_1(t)\;dt \quad + \quad \int_0^T v_2(t)\;dt
\end{displaymath}

possiamo ora sostituire $v_2(t)$ con la relazione trovata dalla conservazione della quantità di moto:

\begin{displaymath}
d = \int_0^T v_1(t) \left( 1 + \frac{m_1}{m_2} \right)\;dt
= \left( 1 + \frac{m_1}{m_2} \right) \int_0^T v_1(t) \;dt
\end{displaymath}

nell'ultimo integrale riconosciamo di nuovo l'espressione per $d_1$ e ci riconduciamo al risultato precedente:

\begin{displaymath}
d = \left( 1 + \frac{m_1}{m_2} \right) d_1 \quad\quad \rightarrow
\quad\quad d_1 = \frac{d}{1 + \frac{m_1}{m_2}}
\end{displaymath}

 


Esercizio n. 13

L’accelerazione misurata dal sistema di riferimento solidale con la giostra è puramente centripeta (moto circolare uniforme) di modulo dato da

a’ = v’2 / R.

Per un osservatore fisso la persona compie ancora un moto circolare uniforme ma con velocità periferica in modulo data da

v = v’ + wR,

per effetto del trascinamento della giostra. Dunque l’accelerazione rilevata dal sistema fisso è data da

a =  v2/R = (v’+w R)2 / R = v’2 / R + w2 R + 2v’w.

Si vede dunque che, per trasformare a in a’ bisogna tenere conto, oltre che dell’accelerazione centripeta di trascinamento data da w2R, anche del termine complementare dato da

2v’w.

(Prof. Stefano Oss)


Esercizio n. 14

Le uniche forze essenziali sono quelle interne, che agiscono in coppia e dunque sono tali da implicare la conservazione della quantità totale di moto del sistema. Si ha dunque, vettorialmente,

p + P= p’ + P’.

Proiettando su due assi diretti secondo le velocità iniziali delle particelle si scrive

m v = m v’ + M Vx’ (lungo x)

e

M V=M Vy’.

Risistemando i termini si ottiene

Vx’ = m (v-v’) / M,

Vy’ = V.

(Prof. Stefano Oss)


Esercizio n. 15

E’ possibile risolvere questo problema semplicemente partendo dal fatto che, dalla

F = - k v

 si ha

a = dv/dt = - b v,

ove si è posto

b = k / m.

Si può dunque scrivere

dv = - b v dt = - b dx.

Dunque si scopre che

dv/dx = - b.

Nota bene: questa stessa relazione può essere ottenuta (con più fatica) integrando la legge dell’accelerazione ed esplicitando velocità (e spostamenti) in funzione del tempo. Il risultato lega comunque variazioni di velocità con quelle di cammino percorso, che è quanto chiesto nell’esercizio.

Nel caso specifico,

Dv /Dx = - b = - 0.2 / 0.05 sec-1 = 4 sec-1,

oppure (essendo m = 1 Kg) k = 4 Kg/sec.

(Prof. Stefano Oss)


Stefano Bettelli 2002-02-06
Giuseppe Dalba 2004

Testi dinamica del punto