Prova in itinere di Fisica (I modulo) - fis-scamb-unipi / FrontPage

A)
1)
a=2At = 24 m/s 2 .
2)
3)
B)
1)
Prova in itinere di Fisica (I modulo)
am = v(t1 + ∆t) − v(t1)
∆t
s(t1) = s0 +
Scienze e Tecnologie dell’Ambiente
t1
0
30 Novembre 2007
Soluzioni
= 24.6 m/s 2
(At 2 + B)dt = A t3 1
3 + Bt1 = 12 m
Scegliamo l’asse x parallelo alla direzione del piano, con verso positivo verso l’alto ed
origine alle base del piano inclinato. a=-gsenα ≈ 4.9 m/s 2 per entrambi i corpi.
2)
Entrambi i corpi si muovono di moto rettilineo uniformemente accelerato lungo il
piano inclinato, x0=0 per B ed x0=L per A. Allo stesso istante t, i corpi A e B hanno
posizioni date da:
xA = L − 1/2gsenα t 2
xB = v0t − 1/2gsenα t 2 .
1

Al tempo di incontro, ti, i due corpi hanno percorso lo stesso tratto pari ad L/2, da
cui determiniamo il tempo di incontro:
ti = L/gsenα.
Per determinare le velocità al momento dello scontro utilizziamo la relazione: v(t)=
v0 + at, da cui otteniamo per i due corpi:
y
vA = −gsenα ti = − gLsenα = −8.58 m/s
M 1
vB = v0 − gsenα ti = 0 m/s
T2
T3
O x
T2
M 2 g
C)
T3
M 3 g
Figura 1: figura problema C
1) Le forze agenti sono presentate in figura 1. Il problema si risolve applicando la
seconda legge di Newton alle 3 masse ed imponendo che le accelerazioni di ciascuna
massa siano uguali a zero:
T3 − T2 = 0
2

T2 − M2g = 0
T3 − M3g = 0
da cui si ricava: M3=M2.
2) Il problema si risolve applicando la seconda legge di Newton alle 3 masse e notando
che le tre masse si muovono con la stessa accelerazione in modulo. Quindi:
D)
1)
T3 − T2 = M1a
T2 − M2g = M2a
T3 − M3g = −M3a
Da cui si ricava:
a = M3 − M2
g =
M1 + M2 + M3
M2
4M2
= 2.45 m/s 2
Scegliendo l’asse x lungo la direzione della molla e l’origine dell’asse x nella posizione
di lunghezza a riposo della molla si ha:
2)
Mg − kxeq = 0 → xeq = mg/k = 22.6 cm
Il corpo si muove di moto armonico attorno alla posizione di equilibrio. Imponendo
xeq come origine del mio asse x si ha:
a = − k
m x = −ω2 x → ω = 6.59 rad/s.
Il periodo del moto è:
E)
1)
T = 2π
ω
= 0.95 s.
3

Nel caso di angolo limite, oltre il quale il corpo passa dalla quiete al moto, si ha che il
modulo della forza di attrito statico è: F stat
att = µs N (dove N e’ il modulo della reazione
vincolare del piano=mgcosα). La direzione della forza di attrito statico è tangente al
piano ed ha verso tale da opporsi all’insorgere del moto. Le forze che agiscono nella
direzione del piano inclinato sono la forza di attrito statico e la componente lungo
il piano inclinato della forza peso, che tende a far scivolare il corpo lungo il piano
inclinato. Nel caso di angolo limite:
µsmgcosα = mgsenα
e quindi µs=tgα. Risolvendo nei due casi:
h
1)
F)
α1 = 40 o → µs1 = 0.84
α2 = 14 o → µs2 = 0.25
h/2
y
A
O x
Figura 2: figura problema F
Sul punto materiale agiscono la forza peso, conservativa, e la reazione vincolare. dato
che il vincolo è liscio, la reazione vincolare è ortogonale allo spostamento di P e non
compie lavoro. Pertanto si conserva l’energia totale meccanica del punto materiale.
Detta vA la velocità del punto materiale nel punto A, si ha:
E = mgh = 1
2 mv2 A + mg h
2 → vA = gh = 9.9 m/s
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2)
Nel sistema di riferimento cartesiano mostrato in figura 2, con origine in O, asse x
orizzontale diretto verso destra ed asse y verticale diretto verso l’alto, prendendo come
t=0 l’istante in cui il punto materiale raggiunge il punto A, l’istante t’ dell’impatto
con il suolo si ricava imponendo:
G)
1)
y(t ′ ) = 0 = h 1
−
2 2 gt′2 → t ′ = h/g ≈ 1.01 s
Il lavoro della reazione vincolare del piano inclinato è nullo perchè la direzione della
forza è ortogonale a quella dello spostamento.
Il lavoro della forza F è: Fcosα AB = 20.8 J.
Il lavoro della forza di attrito dinamico è: - µd N AB, dove N è il modulo della reazione
vincolare del piano inclinato: N= Mgcosα + Fsenα. Il lavoro della forza di attrito e’
quindi uguale a -5.62 J.
Il lavoro della forza peso è: -Mg senα AB ≈ -14.7 J
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