SISTRI O NON SISTRI NOI SIAMO QUI

Fisica Generale T-A
CdS Ingegneria Energetica
Prof. Silvia Pellegrini
Soluzioni esercizi (15 luglio 2014)
Esercizio 1 (4 punti)
Sia a = (ax , ay, az ) il vettore da trovare. La condizione a v equivale a a ×v = 0:
iˆ jˆ kˆ a ×v = ax ay az = (5ay − 4az ) iˆ + (3az − 5ax ) jˆ + (4ax − 3ay ) kˆ = 0 ,
3 4 5 da cui otteniamo il sistema

 5ay − 4az = 0
3az − 5ax = 0

4ax − 3ay = 0

 ay = 43 ax
−→
a = 5a .
 z 3 x
0 ax = 0
Abbiamo quindi che un componente rimane indefinito. Nella forma pi`u generale possiamo
scrivere
4 5
a = ax , ax , ax .
(Vettore parallelo)
3 3
Analogamente, la condizione b ⊥v si traduce in b ·v = 0:
b ·v = 3bx + 4by + 5bz = 0 .
In questo caso i componenti indefiniti saranno due
b = bx , by , − 3 bx − 4 by .
5
5
(Vettore perpendicolare)
Infine, detta p la proiezione di v su w si avr`a che
p=
v · w 3 · 1 + 4 · (−2) + 5 · 2 3 − 8 + 10 5
√
= = .
=
|w|
3
9
1 + (−2)2 + 22
(Proiezione)
Esercizio 2 (5 punti)
Definiamo un sistema di riferimento con asse x orizzontale e y verticale, fissando la destra e
l’alto come versi positivi. Cominciamo analizzando il caso (i) in cui T = 100 N.
Per determinare gli attriti abbiamo bisogno di calcolare la reazione vincolare R che il suolo
esercita sulla slitta. Essa sar`a diretta lungo la verticale e sar`a tale da annullare il componente
verticale della risultante delle forze totali:
(y) − P + Ty + R = 0 ,
dove P = (M + m)g e` il modulo della forza peso, e Ty = T sin θ. Avremo quindi che
R = (M + m)g − T sin θ .
(Reazione vincolare)
Poich´e la slitta e` trainata verso destra le forze di attrito statico e dinamico saranno dirette lungo
x e verso sinistra, con moduli pari a
Fas = µs R = µs ((M + m)g − T sin θ) 85.1 N
(Attrito statico)
Fad = µd R = µd ((M + m)g − T sin θ) 63.9 N .
(Attrito dinamico)
Il componente Tx della tensione e` pari a T cos θ 76.6 N. Poich´e Tx < Fas la slitta non accelera.
Avremo quindi che
a = 0.
(Accelereazione)
Per il caso (ii), con T = 140 N, sar`a sufficiente sostituire il valore di T nelle equazioni precedenti, per ottenere
Fas 80.0 N
(Attrito statico)
Fad 60.0 N .
(Attrito dinamico)
In questo caso Tx = T cos θ 107.2N, quindi poich´e Tx > Fas , il modulo dell’accelerazione a
del sistema sar`a dato da
a=
T (cos θ + µd sin θ)
Tx − Fad
=
− µd g 0.95 m/s2 .
M +m
M +m
(1)
Esercizio 3 (7 punti)
Troviamo per prima cosa la costante elastica k della molla. Poich´e essa si comprime di ∆s =
−0.02 m quando e` sottoposta a una forza F = 270 N, avremo che
k=−
F
= 13.5 kN/m .
∆s
(Costante elastica)
Essendo la dinamica del sistema determinata da forze conservative, forza peso e forza elastica,
l’energia meccanica del sistema si conserva: E mecc
= Eimecc . Nell’istante iniziale il blocco e`
f
fermo (vi = 0) e si trova in cima al piano inclinato. Detta z i la sua quota, avremo quindi che
1
Eimecc = mv2i + mgzi = mgzi ,
2
(En. mecc. iniziale)
dove m = 12 kg e` la massa del blocco. All’istante finale il blocco e` sceso alla quota z f , e`
nuovamente fermo (v f = 0) e ha compresso la molla di ∆x = −0.055. Pertanto nell’espressione
dell’energia comparir`a anche il termine di energia potenziale elastica:
1
1
1
= mv2f + mgz f + k∆x2 = mgz f + k∆x2 .
E mecc
f
2
2
2
(En. mecc. finale)
Imponendo la conservazione dell’energia meccanica possiamo ottenere la differenza tra le due
quote:
k∆x2
mecc
.
=
E
−→
z
−
z
=
E mecc
i
f
i
f
2mg
Tenendo conto dell’inclinazione θ del piano, il tragitto l percorso tra i due istanti sar`a
l=
zi − z f
k∆x2
=
0.347 m.
sin θ
2mg sin θ
(Dist. percorsa)
Per trovare la velocit`a vc all’istante di contatto con la molla, possiamo applicare nuovamente
la conservazione dell’energia meccanica. L’energia meccanica in quell’istante sar`a pari a
1
Ecmecc = mv2c + mgzc ,
2
(En. mecc. al contatto)
dove zc e` la quota all’istante di contatto. Per calcolare zc teniamo presente che il tragitto, che
chiameremo l , percorso dal blocco all’istante di contatto sar`a inferiore a quello precedentemente calcolato poich´e la molla non e` stata compressa:
l = l − |∆x| = l + ∆x .
Per la quota corrispondente varr`a quindi la seguente equazione:
zi − zc = l sin θ = (l + ∆x) sin θ .
Imponiamo ora la conservazione dell’energia rispetto all’istante iniziale
Ecmecc = Eimecc −→
1 2
mv = mg(zi − zc ) = mg (l + ∆x) sin θ
2 c
e calcoliamo infine la velocit`a al contatto
vc = 2g (l + ∆x) sin θ 1.69 m/s.
Si noti come vc non dipenda dalla massa m del blocco.
(Vel. al contatto)
Esercizio 4 (8 punti)
Fissiamo il piano xy coincidente col piano del disco e l’asse-z col suo asse di rotazione: avremo
ˆ Per legare ω alla forza d’attrito scriviamo la
quindi che la velocit`a angolare sar`a ω = ω k.
Ω
dK
Ω,
=M
dt
(II card.)
dove il polo Ω coincide col centro del disco. Il momento angolare sar`a dato da
2
Ω = Iω = MR ω kˆ
K
2
(Mom. quant. di moto)
mentre il momento generato dall’attrito sar`a pari a
Ω =r × F .
M
(Mom. forza d’attrito)
Ω sar`a orientato lungo z. Poich`e F ha
Agendo F in direzione tangenziale (r ⊥ F) avremo che M
verso opposto rispetto alla velocit`a dei punti del disco su cui agisce, il verso del suo momento
Ω e` opposto a quello della velocit`a angolare ω. Avremo quindi:
M
Ω = − 3 RF kˆ .
M
4
Sostituendo nella (II card.) otteniamo:
MR2 ˆ
3
˙ k = − RF kˆ
ω
2
4
˙ integrando la quale in dt si
da cui si ricava il valore della decelerazione angolare costante ω,
ottiene la legge oraria per ω(t):
ω(t) = −
3F
t + ω0 .
2MR
(Legge oraria)
Detto t1 = 5 s l’istante di arresto del disco, avremo che ω(t 1 ) = 0. Imponendo questa condizione nell’equazione oraria otteniamo il risultato:
F=
2MRω0
= 56 N.
3t1
(Forza d’attrito)
Infine, il frenamento produce la perdita di tutta l’energia cinetica iniziale:
1
1
∆E = Ki = Iω20 = MR2 ω20 = 1470 J.
2
4
(Energia persa)

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