Cutnell, Johnson - Fisica volume 1 Capitolo 6 Applicazione dei

Cutnell, Johnson - Fisica volume 1
Capitolo 6 Applicazione dei princìpi della dinamica
Domande
1. Il peso di un oggetto è direttamente proporzionale alla sua massa attraverso una costante di
proporzionalità, che rappresenta il valore dell’accelerazione di gravità del pianeta in cui si trova
l’oggetto. Se l’oggetto A pesa il doppio dell’oggetto B sulla Terra vuol dire che ha una massa
doppia di quella dell’oggetto B. Quindi il rapporto tra i pesi dei due oggetti, che è uguale al rapporto
tra le loro masse, sarà indipendente dal pianeta nel quale i due oggetti si trovano.
2. Il peso apparente di un oggetto differisce dal peso reale solo in un ascensore che sta accelerando.
Allora, se la bilancia nell’ascensore indica lo stesso peso rilevato all’esterno, possiamo solo
concludere che l’ascensore ha una accelerazione nulla: non possiamo, cioè, stabilire se l’ascensore
si muove a velocità costante, verso l’alto e verso il basso, oppure se è fermo.
3. Se lo slittino si muove a velocità costante, è sicuramente presente una forza di attrito, la cui
intensità è uguale a µkFN , dove µk rappresenta il coefficiente di attrito dinamico e FN è l’intensità
della componente perpendicolare della forza che agisce. Quando la persona tira lo slittino, la
componente verticale della forza applicata si sottrae dalla forza perpendicolare che si esercitava
prima dell’azione. Quando, invece, la persona spinge lo slittino, la componente normale della forza
applicata si somma a quella che agiva prima dell’azione. Quindi, se lo slittino viene tirato,
l’intensità della forza di attrito dinamico (e, quindi, l’intensità della forza applicata) è minore di
quella che agisce quando lo slittino viene spinto.
4. Il modello di aereo filocomandato può descrivere una circonferenza perché la forza centripeta
orizzontale necessaria a tenerlo su una traiettoria circolare è fornita dalla tensione del filo stesso. In
un aereo reale, l’aria esercita sulle ali una forza ascensionale, perpendicolare alle stesse: l’aereo si
deve, allora, inclinare perché una componente di questa forza abbia una direzione orizzontale e
garantisca, così, l’accelerazione centripeta necessaria.
5. Sulla corda agiscono, come mostra la figura, tre forze: la forza peso, diretta verso il basso, e le
tensioni, ai due lati dell’anello. L’anello è fermo e, quindi, le tre forze si equilibrano: la forza peso
deve venire equilibrata dalle componenti verticali delle tensioni. Ne consegue che la corda non
potrà mai risultare parallela al suolo, perché, altrimenti, non ci sarebbe alcuna componente verticale
delle tensioni in grado di equilibrare la forza peso.
T
T
W
6. Il periodo di un pendolo è: T = 2! L / g dove L è la lunghezza del pendolo.
Se l’orologio del nonno ritarda vuol dire che il suo periodo è troppo grande e, quindi, per farlo
diminuire, bisogna accorciarne la lunghezza.
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Capitolo 6 Applicazione dei princìpi della dinamica
Test
1. C
2. D
3. D
4. C
5. B
6. D
7. D
8. A
9. C
10. B
11. C
12. D
13. B
14. C
15. A
16. B
Problemi
1.
FP = mg = 0,500 kg ! 9,80 m/s 2 = 4,90 N
2.
FP = mg → m =
FP
65,0 N
=
= 6,6 kg
g 9,80 m/s 2
3.
mB =
FP
4,5 N
=
= 0,46 kg → mA è maggiore di mB
g 9,80 m/s 2
PA = mA g = 4,5 kg ! 9,8 m/s 2 = 44 N →PA è maggiore di PB
4.
La forza risultante che agisce in direzione verticale sugli oggetti deve essere nulla, perché gli
oggetti sono in equilibrio, da cui:
ΣFy = 0 →
FN + (!m1 g ) + (!m2 g ) = 0
!""""
"#"""""
$
"Fy
FN = m1g + m2g = (35 kg + 65 kg)(9,80 m/s2) = 980 N
Sulla persona, invece, in direzione verticale agiscono solo due forze; quindi
FN + (!m2 g ) = 0
!""
#""$
"Fy
FN = m2g = (65 kg)(9,80 m/s2) = 640 N
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5.
La forza di attrito statico deve equilibrare il peso del libro. Il diagramma sottostante rappresenta le
forze che agiscono: in questo caso la componente normale della forza è rappresentata dalla forza
premente esercitata delle mani (FN =P ). Quindi, all’equilibrio
fsMAX
fsMAX
P
P
W
2 f sMAX = 2 (µ s FN ) = 2 (µ s P ) = W
P=
→
W
31 N
=
= 39 N
2µs 2 0,40
(
)
6.
Quando sale con un’accelerazione di 1,80 m/s2:
FN = mg + ma = (95,0 kg)(9,80 m/s2 + 1,80 m/s2) = 1,10 ⋅ 103 N
Quando sale a velocità costante:
FN = (95,0 kg)(9,80 m/s2) = 931 N
Quando scende con un’accelerazione di 1,30 m/s2:
FN = (95,0 kg)(9,80 m/s2 – 1,30 m/s2) = 808 N
7.
Applicando la seconda legge di Newton in direzione verticale:
!Fy = + FN " mg cos15° = 0
otteniamo
FN = mg cos15° = (1700 kg ) (9,80 m/s2 ) cos15° = 1,6 !104 N
In direzione orizzontale avremo, invece:
!Fx = + mg sin15° " fs = 0
da cui
fs = mg sen 15° = (1700 kg ) (9,80 m/s2 ) sen 15° = 4,3!103 N
8.
La forza applicata è maggiore della forza di attrito statico, infatti:
F > µsFN = µsmg = (0,650)(45,0 N) = 29,2 N → il blocco si muove
La sua accelerazione vale
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a=
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!F F – f d F – µ d mg
=
=
= 3,72 m/s2
m
m
m
9.
Costruiamo il diagramma delle forze:
y
P sin !
y
FN
FN
P
fk
fk
!
P cos !
x
x
mg
mg
In direzione orizzontale lo slittino si muove con velocità costante, quindi:
# Fx = P cos ! " f d = max = 0
P cos ! " µk FN = 0
Ma f d = µd FN , quindi
In direzione verticale:
! Fy = P sen " + FN # mg = ma y = 0
Sostituiamo FN nell’equazione precedente, ottenendo:
Pcos! " µk mg " P sen ! = 0
(
)
da cui
µd =
Pcos!
(80,0 N) cos 30,0°
=
= 0,444
mg " P sen ! (20,0 kg) (9,80 m/s2 ) " (80,0 N) sen 30,0°
10.
Quando l’ascensore è fermo , a = 0 m/s2. Quindi la forza d’attrito dinamico è
f d = µ d FN = µ d mg + ma = µ d m g + a
(
)
)(
(
) (
)
)
= 0,360 6,00 kg !# 9,80 m/s2 + 0 m/s2 $& = 21,2 N
"
%
(
)(
Quando l’ascensore si muove verso l’alto, a = +1,20 m/s2. Quindi
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(
)
(
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)
f d = µ d FN = µ d mg + ma = µ d m g + a =
)(
) (
= 0,360 6,00 kg !# 9,80 m/s2 + 1,20 m/s2
"
(
)(
)$&% = 23,8 N
Quando l’ascensore scende, a = –1,20 m/s2. Quindi
f d = µ d FN = µ d mg + ma = µ d m g + a =
(
)
(
)(
)
) (
)
= 0,360 6,00 kg !# 9,80 m/s2 + –1,20 m/s2 $& = 18,6 N
"
%
(
)(
11.
(
)(
)(
)
)(
)(
f d = µ d FN = µ d mg = 0,49 81 kg 9,8 m/s2 = 390 N
v0 = v − at,
a=
dove
v0 = v ! !µ d g t = 0 m/s ! "$!
#
(
)
12.
a=–
fk
m
=
– µk mg
m
(
"F ! µk mg
=
= ! µk g da cui
m
m
0,49 9,8 m/s2 %' 1,6 s = +7,7 m/s
&
)
= – µk g
v = v0 + at = v0 + !µ d g t = 16,1 m/s ! (0,720) (9,80 m/s2 ) (1,30 s) = 6,9 m/s
(
)
13.
Costruiamo il diagramma delle forze e, applicando ad ogni cubo la seconda legge di Newton,
abbiamo:
fsMAX
–FN
P
FN
mg
!F = P – FN = Ma
!"""#"""
$
Cubogrande
FN = ma
!
"#"
$
Cubo piccolo
Sostituendo FN = ma nell’equazione relativa al cubo grande, otteniamo
P = (M + m) a
Perché il cubo piccolo resti attaccato a quello più grande è necessario che la forza di attrito
dinamico equilibri il suo peso, cioè fsMAX = mg. Ma fsMAX è anche fsMAX = µsFN , dove FN è
ancora uguale a ma. Di conseguenza µsma = mg e a = g/µs . Infine
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2
M + m) g ( 25 kg + 4,0 kg ) (9,80 m/s )
(
P = ( M + m) a =
=
= 4,0 ! 102 N
µ
0,71
s
14.
Costruendo il diagramma delle forze, possiamo vedere che la
componente orizzontale delle forze applicate risulta
Fx = F1 cos 55,0° + F2 = (88,0 N) cos 55,0° + 54,0 N = 104 N
la componente verticale è
Fy = F1 sen 55,0° = (88,0 N) sen 55,0° = 72,1 N
La forza risultante è, allora:
(104 N )2 + (72,1 N )2
F = Fx2 + Fy2 =
L’accelerazione della cassa è:
"F ! f k + F
a=
=
m
m
a=
!µk mg + F
=
(
)(
)(
)
25,0 kg
F1
55.0°
F2
= 127 N
! 0,350 25,0 kg 9,80 m/s2 + 127 N
m
nella direzione e nel verso di F:
+y
+x
= 1,65 m/s2
#F &
# F sen 55,0° &
y(
1
(=
! = tan
= tan"1 %%
(
%F (
F
cos
55,0°
+
F
$
1
2'
$ x'
"1 %
(
)
)
,
88,0 N sen 55,0°
. = 34,6° al di sopra dell’asse x
= tan"1 +
+* 88,0 N cos 55,0° + 54,0 N .-
(
)
15.
La figura rappresenta il diagramma delle forze relative ai casi A e B (W indica il peso del secchio e
T la tensione della fune).
T
92.0 N
92.0 N
W
W
Diagramma della parte
A della figura
Diagramma della parte
B della figura
Nella parte A il secchio è in equilibrio, quindi la somma delle forze è nulla:
!F = 92, 0 N + 92, 0 N " W = 0
da cui
W = 184 N
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Analogamente per la parte B avremo
!F = T "W = 0 da cui T = W = 184 N
16.
Se indichiamo con fr la forza resistente dell’acqua, avremo, in direzione orizzontale:
ΣFx = 0
→
fr = F = 7,40 ! 105 N
In verticale, il peso della petroliera deve essere equilibrato dalla spinta di galleggiamento Fg.
Quindi:
ΣFy = 0
→
Fg = mg = (1,70 ⋅ 108 kg)(9,80 m/s2) = 1,67 ! 109 N
17.
Scriviamo la seconda legge di Newton per le direzioni verticale e orizzontale, rispettivamente:
L cos 21,0° – W = 0
L sen 21,0° – R = 0
(1)
(2)
Dalla (1) ricaviamo:
L=
21.0°
P
53 800 N
=
= 57 600 N
cos 21,0° cos 21,0°
L
R
Dalla (2) otteniamo:
(
)
R = L sen 21,0° = 57 600 N sen 21,0° = 20 600 N
W
18.
+y
+x
Riportiamo in tabella le forze che agiscono nelle loro
componenti, orizzontale e verticale:
Forza
T
T′
T + T′
16.0°
16.0°
T
T′
Componente x
+ T cos 16,0°
- T cos 16,0°
+ T cos 16,0°- T cos 16,0°
Componente y
- T sen 16,0°
- T sen 16,0°
- T sen 16,0°- T sen 16,0°
Da cui:
ΣFx = +T cos 16,0° − T′ cos 16,0° = +(21 N) cos 16,0° − (21 N) cos 16,0° = 0 N
ΣFy = −T sen16,0° − T′ sen 16,0° = −(21 N) sen 16,0° − (21 N) sen 16,0° = −11,6 N
E, infine,
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( !Fx ) + ( !Fy )
2
F=
2
2
Capitolo 6 Applicazione dei princìpi della dinamica
2
= (0 N ) + ("11,6 N ) = 11,6 N
19.
In direzione verticale:
FN – mg = 0 → FN = mg = (109 kg)(9,80 m/s2)
In direzione orizzontale:
T – fd = 0 → T = fd = µdFN = (0,870)(109 kg)(9,80 m/s2) = 929 N
20.
La figura rappresenta le forze che agiscono sulla bottiglia di
vino. Lavorando sulle componenti, abbiamo
! Fy = F1 cos 45, 0° + F2 cos 45, 0° – W = 0
(1)
! Fx = F2sen 45,0° " F1sen 45,0° = 0
(2)
y
F1
45.0° 45.0°
F2
x
W
L’equazione (2), mostra che F1 = F2 . Dalla (1), ricaviamo
F1 =
W
mg
=
2 cos 45,0° 2 cos 45,0°
Quindi
F1 = F2 =
(1,40 kg) (9,80 m/s2 )
= 9,70 N
2 cos 45,0°
21.
Costruiamo il diagramma delle forze e applichiamo la seconda legge
di Newton
FN + P – W = 0
!"
"#""$
e
Direzione verticale
f sMAX – P = 0
!"#"$
FN
P
fsMAX
P
Direzione orizzontale
dove abbiamo indicato con P la forza richiesta (che è applicata sia alle
mani che ai piedi del clown), con W il peso del clown e con fsMAX il
valore massimo della forza di attrito statico. Ricaviamo allora:
W
P = fSMAX =µSFN = µS (W – P). Da cui
P=
µsW
1+ µs
=
(0,53) (890 N ) = 310 N
1+ 0,53
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22.
Le scatole sono ferme, quindi ΣFy = 0. Possiamo applicare questa equazione considerando prima le
scatole che si trovano a sinistra del disegno e poi quelle a destra:
! P1 ! P2 + FN + T = 0
(1)
-P3 + T = 0 → P3 = T
Sostituiamo quest’ultima relazione nella (1), ottenendo
T
FN = P1 + P2 ! P3 = 55 N + 35 N ! 28 N = 62 N
3
T
FN
P3
2
1
P2
P1
23.
La forza che il terreno esercita su ogni stampella forma un angolo θ con la verticale: la sua
componente orizzontale F sen θ fornisce la forza di attrito statico, il cui valore massimo sarà, allora,
fsMAX = F sen ! MAX = µs FN . Quindi
fsMAX = µs FN
%
!"
# #
$
F sen ! MAX
E, infine
→
F cos! MAX
sen ! MAX
cos!
MAX
= µs
"
tan! MAX = µs
( )
! MAX = tan"1 µs = tan"1 (0,90) = 42°
24.
+y
!Fx = mg sen 8,00° " µ d FN = 0
!Fy = FN " mg cos 8,00° = 0
Sostituendo FN otteniamo
mg sen 8,00° ! µd mg
cos8,00°
!#
"#$ = 0
F
N
sen 8,00°
da cui µd =
= tan8,00° = 0,141
cos 8,00°
FN
fd
8,00º
+x
mg
8,00º
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25.
La somma delle forze, verticali e orizzontali, deve essere zero, quindi
F cos 40,0° – mg + µsFN = 0 e
F sen 40,0° – FN = 0
da cui la forza minima per mantenere fermo il blocco ha intensità
F=
mg
88,9 N
=
= 79,0 N
cos 40,0° + µssen 40,0° cos 40,0° + (0,560) sen 40,0°
La stessa relazione si applica anche quando il blocco sta cominciando a salire, solo che, in questo
caso, la forza di attrito ha verso opposto, per cui la minima forza che pone il blocco in moto verso
l’alto ha intensità:
mg
88,9 N
F=
=
= 219 N
cos 40,0° – µssen 40,0° cos 40,0° – (0,560) sen 40,0°
26.
!F
a=
=
m
(30,0 N ) + (60,0 N )
2
4,00 kg
2
= 18,0 m/s2
nella direzione data da
" 60,0 N %
! = tan –1 $
' = 63,4° al di sopra dell’asse x positivo
# 30,0 N &
27.
Sul pesce agiscono solo il suo peso e la forza esercitata dalla lenza. Per cui:
!Fy = F " P = 0 # 45 N " P = 0 # P = 45 N
Se il pesce ha un’accelerazione ay, la seconda legge di Newton diventa
!F = F " P ' = ma y
dove P’ rappresenta il peso massimo del pesce che la lenza può sopportare riavvolgendosi con
l’accelerazione ay. Quindi
45 N
45 N
! P'"
P ' = +45 N ! ma y = +45 N # $ % a y
=
= 37 N
ay
2,0 m/s2
& g '
1+
1+
g
9,80 m/s2
28.
a=
v ! v0
t
=
17, 0 m/s ! 27,0 m/s
= ! 1, 25 m/s 2
8,00 s
! F = ma = (1380 kg)(–1,25 m/s 2 ) = –1730 N
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Capitolo 6 Applicazione dei princìpi della dinamica
La direzione e il verso della forza sono uguali a quelli dell’accelerazione e quindi la forza è rivolta a
ovest.
29.
1
2
P ! FR = ma " mg ! mg = ma " a = g = 6,5 m/s 2
3
3
2
FR = P = mg = 110 kg ! 9,80 m/s = 1,1!103 N ; in direzione verticale, verso l’alto.
30.
Per l’oggetto 1, la seconda legge di
Newton dice
Object 1
T = m1a1
Per l’oggetto 2, invece,
Object 2
N1
T
T
T – m2g = m2a2
Se la fune non si rompe vuol dire che i due
blocchi hanno la stessa accelerazione,
quindi a1 = a2 = a
W1
W2
Sostituendo e risolvendo in funzione di a otteniamo
m2 g
m1 + m2
dove
a=
m1 = P1 / g = ( 422 N ) / (9,80 m/s2 ) = 43,1 kg
m2 = P2 / g = (185 N ) / (9,80 m/s2 ) = 18,9 kg
da cui
a=
m2 g
m1 + m2
=
(18,9 kg) (9,80 m/s2 ) = 2,99 m/s2
43,1 kg +18,9 kg
La tensione, infine, sarà
T = m1a = ( 43,1 kg ) ( 2,99 m/s2 ) = 129 N
31.
La velocità del ragazzo si può ricavare dalla relazione v 2 = v02 + 2ax ,
dove x è la distanza percorsa e a l’accelerazione determinata dalla
componente della forza parallela al piano inclinato
!F mg sen "
=
= g sen " . Quindi:
! F = mg sen " → a =
m
m
F
mgsin !
N
mgcos !
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Capitolo 6 Applicazione dei princìpi della dinamica
v = v02 + 2ax = v02 + 2gx sen ! =
= (2,6 m/s)2 + 2 (9,80 m/s2 )(6,0 m) sen18° = 6,6 m/s
32.
a=
v 2 ! v02
2s
2
=
! (18, 0 m/s )
= 0,982 m/s 2
(
)
2 !165 m
Per la seconda legge di Newton
F – mg = ma → F = m(a + g) = (1,14 ⋅ 104 kg)(0,982 m/s2 + 1,60 m/s2) = 29 400 N
33.
Il tempo minimo necessario per recuperare la persona è determinato dal valore massimo di
accelerazione che il cavo può sopportare. Quando la persona viene sollevata su di essa agiscono la
tensione del cavo e la forza peso. Per la seconda legge di Newton:
! Fy = T – mg = ma y da cui possiamo ricavare
ay =
T
T
569 N
–g=
–g=
" 9,80 m/s2 = 0,92 m/s2
2
2
m
P/g
(5,20 !10 N) / (9,80 m/s )
E, di conseguenza:
t=
2y
2(35,1 m)
=
= 8,7 s
ay
0,92 m/s2
34.
Applicando la seconda legge di Newton, otteniamo
T – mg = ma
!"
"#""
$
T – Mg = – Ma
!""#""
$
e
Robin Hood
Candelabro
Ricaviamo T dalla prima equazione
T = mg + ma
E sostituiamola nella seconda, ottenendo
mg + ma – Mg = – Ma
#
!M –m"
a=$
%g
&M +m'
L’accelerazione di Robin è:
' 195 kg – 77,0 kg *
! M – m$
, 9,80 m/s2 = 4,25 m/s2
a=#
&g = )
)( 195 kg + 77,0 kg ,+
" M + m%
(
(
Per cui:
(
) (
) (
)(
)
)
(
)
)
T = mg + ma = 77,0 kg 9,80 m/s2 + 4,25 m/s2 = 1080 N
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Capitolo 6 Applicazione dei princìpi della dinamica
35.
The tension in the coupling between the 30th and 31st cars is responsible for providing the
acceleration for the 20 cars from the 31st to the 50th car. The tension in the coupling between the
49th and 50th cars is responsible only for pulling one car, the 50th.
The tension T between the 30th and 31st cars is
Tx = (Mass of 20 cars)ax =
)(
(
)(
)
= 20 cars 6.8 !103 kg/car 8.0 ! 10"2 m / s2 = 1.1 ! 104 N
th
th
The tension T between the 49 and 50 cars is
Tx = (Mass of 1 car)ax =
)(
(
)(
)
= 1 car 6.8 ! 103 kg/car 8.0 ! 10"2 m / s2 = 5.4 ! 102 N
36.
La tensione su ognuna delle barre è:
TA = m1 + m2 + m3 a
TB = m2 + m3 a
!###"###$
!##"##$
(
)
(
Barra A
)
TC = m3a
!#"#
$
Barra C
Barra B
dove l’accelerazione è a = 0,12 m/s2 e rimane costante. La tensione, allora può cambiare solo se
cambiano le masse, ovvero:
!TA = "#! m1 + m2 + m3 $% a
!TB = "#! m2 + m3 $% a
!TC = !m3 a
!##"##
$
!####"####$
!###"###$
(
)
(
Barra A
)
(
)
Barra C
Barra B
Per la barra A, lo spostamento del bagaglio dal carrello 2 al carrello 1 non produce variazione nelle
masse, da cui:
Δ(m1 + m2 + m3) = 0 kg e !TA = 0 N
Per la barra B, lo stesso spostamento comporta una diminuzione della massa totale di 39 kg e,
quindi,
(
)
)(
(
)
!TB = "#! m2 + m3 $% a = –39 kg 0,12 m/s2 = – 4,7 N
Per la barra C, infine, Δm3 = 0 kg e !TC = 0 N
Per la barra A, lo spostamento dal carrello 1 al carrello 3 è tale per cui
Δ(m1 + m2 + m3) = 0 kg e !TA = 0 N
Per la barra B
Δ(m2 + m3) = 0 kg e !TB = 0 N
Per la barra C:
(
) (
)(
)
Δm3 = +39 kg e !TC = !m3 a = +39 kg 0,12 m/s2 = + 4,7 N
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Cutnell, Johnson - Fisica volume 1
Capitolo 6 Applicazione dei princìpi della dinamica
37.
La minima distanza si ricava dalla relazione:
x=
v 2 – v02
2
0 m/s ) – v02
(
=
2a
2a
Sappiamo inoltre che
fsMAX = µsFN = µsmg
e fsMAX = – ma; quindi
a = – µsg
Per cui sostituendo otteniamo
(25 m/s)
x=
=
= 49,1 m
2µs g 2 (0,650) 9,80 m/s2
(
)
2
v02
38.
Per il blocco di 10 kg
T = m1a
Per il blocco di 3 kg, invece,
2T ! m2 g = ! 12 m2 a
Risolvendo il sistema delle due equazioni, otteniamo
1m g
2 2
T=
= 13,7 N
1
1+ m2 / m1
4
(
)
Da cui ricaviamo anche:
T 13,7 N
a=
=
= 1,37 m/s2
m1 10,0 kg
39.
!Fx = "P1 sen 30,0° + T = m1a;
!Fy = T " P2 = m2 ("a)
Risolvendo questo sistema di due equazioni in due incognite, otteniamo:
T = 86,3N e a = 5,89 m/s2
40.
Il blocco superiore non scivola su quello inferiore grazie alla forza di attrito statico. Il valore
massimo che essa può assumere è:
fsMAX = µsFN = µsm1g
che, per la seconda legge di Newton, è uguale anche a m1a, quindi:
a = µsg
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Cutnell, Johnson - Fisica volume 1
Capitolo 6 Applicazione dei princìpi della dinamica
La forza necessaria perché ENTRAMBI i blocchi si muovano insieme con questa accelerazione è,
allora
F = (m1 + m2)a = (m1 + m2)µsg
F = (5,00 kg + 12,0 kg)(0,600)(9,80 m/s2) = 100 N
La massima accelerazione che la combinazione dei due blocchi può avere prima che cominci lo
slittamento è
F
F
a=
=
m1 + m2 17, 0 kg
Applicando, ora, la seconda legge di Newton al blocco superiore avremo:
F
F – µsm1g = m1a = (5,00 kg)
17, 0 kg
Da cui, trascurando le unità di misura e risolvendo in funzione di F
499,8
17F ! 17 " 29,4 = 5F # F =
= 41,7 N
12
(
)
41.
Fc = m
v2
r
, → v = Fc =
m
r
! 1,8 m $
15 N #
& = 7,7 m/s
" 0,45 kg %
42.
(
)
(
)
34 m/s
v2
a1 = =
c
r1
33 m
2
= 35 m/s 2
2
34 m/s
v2
a2 = =
= 48 m/s 2
c
r
24 m
Da cui
F1 = ma1 = 350 kg ! 35 m/s 2 = 1,2 !104 N
c
c
F2 = ma2 = 350 kg ! 48 m/s 2 = 1,7 !104 N
c
c
43.
fsMAX = µs FN = µs mg = Fc =
mv 2
r
Da cui
µs mg =
mv 2
r
Quindi
vA = µs, A gr
!
v = µs gr
e
vB = µs, B gr
Dividendo le due espressioni della velocità, otteniamo
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vB
vA
=
µs, B gr
µs, A gr
44.
=
(
µs, B
µs, A
)(
Capitolo 6 Applicazione dei princìpi della dinamica
e, infine
80,0 kg 6,80 m/s
mv 2
Fc =
=
r
6,10 m
)
vB = vA
µs, B
µs, A
(
= 25 m/s
)
0,85
= 22 m/s
1,1
2
= 606 N
45.
In funzione del periodo la forza centripeta si può scrivere come:
Fc = 4π2mr/T2 = 4π2 (0,0120 kg)(0,100 m) / (0,500 s)2 = 0,189 N
La forza centripeta dipende dal quadrato della velocità e, quindi, raddoppiando la velocità
la forza centripeta non raddoppia ma cambia di un fattore 22 = 4.
46.
v2
= FA = µ s ! FP = µ s ! mg , dove v = 2!rf
r
Da cui sostituendo, otteniamo
Fc = m
4!2 rf 2 = µ s g
f =
→
" 9,80 m/s 2 %
1
g 1
µs =
0,950 $
' = 2,0 Hz = 2,0 giri al secondo
-2
2!
r 2!
# 5,9 !10 m &
47.
La costante di elasticità della molla è
F Applicata
89,0 N
k= x
=
= 4660 N/m
x
0,0191 m
Quindi, per comprimere la molla di 0,0508 m occorre applicare una forza
FxApplicata = kx = (4660 N/m)(0,0508 m) = 237 N
48.
Fe = k " !l → !l =
Fe
9,6 N
=
= 0,22 m
k 44 N/m
49.
Fe = k!l = 248 N/m 3,00 "10-2 m = 7,44 N
)(
(
)
50.
Ricavando i dati dal grafico, otteniamo
k=
FxApplicata
x
=
160 N
= 6,7 !102 N/m
0,24 m
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Capitolo 6 Applicazione dei princìpi della dinamica
51.
Scriviamo la legge di Hooke relativa alle due situazioni, uguagliando il peso delle masse sospese
alla forza elastica:
m1 g = !kx1
e m1 g + m2 g = !kx2
!"#"$
!""
"#"""
$
Un solo blocco sospeso
Due blocchi sospesi
Dividendo le due equazioni membro a membro, otteniamo:
m1 g + m2 g !kx2
=
m1 g
!kx1
"
1+
m2 x2
=
= 3, 0
m1 x1
Quindi,
"x
%
m2 = m1 $$ 2 !1'' = 0,70 kg 3,0 !1 = 1,4 kg
# x1 &
(
52.
x=!
Fx
k
=!
max
k
)(
)
92 kg ) (0.30 m/s2 )
(
=!
= !0.012 m
2300 N/m
53.
Sulla molla agisce un momento torcente
Στ = FL sen 50,0° mg (L/2) cos 50,0° = 0
che possiamo risolvere in funzione della forza F, ottenendo:
mg cos 50,0°
mg
F=
=
2 sen 50,0°
2 tan 50,0°
da cui
x=
F
mg
(10,1 kg)(9,80 m/s2 )
=
=
= 0,236 m
k 2k tan 50,0° 2(176 N/m) tan 50,0°
54.
Il diagramma a lato rappresenta le forze che agiscono.
Dalla condizione di equilibrio in direzione orizzontale e
verticale, otteniamo
FN = kx
e mg = µs FN
( ) !
mg (1,6 kg ) (9,80 m/s )
=
=
= 0,79
kx (510 N/m ) (0,039 m )
mg = µs FN = µs kx
2
µs
max
Fs
= µsFN
+y
+x
FN
Applied
Fx
= kx
mg
55.
Quando la pallina descrive la traiettoria circolare parallela al piano, la forza centripeta è fornita
dalla forza di richiamo della molla
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Capitolo 6 Applicazione dei princìpi della dinamica
mv 2
= kx
r
e, il raggio della circonferenza è uguale a ( L0 + !L ), dove L0 è la lunghezza a riposo della molla e
ΔL il suo allungamento. Quindi
mv 2
= k !L
L0 + !L
k=
mv 2
!L(L0 + !L)
Quando la molla è sospesa al soffitto, la condizione di equilibrio si scrive:
mg
k
!y =
mg = kΔy
→
e, sostituendo i valori:
→
!y =
mg!L( L0 + !L)
mv
2
(9,80 m/s ) (0,010 m) (0,200 m+0,010 m) = 2,29 "10
!y =
=
g!L(L0 + !L)
2
v
2
(3,00 m/s)
2
-3
m
56.
La molla ha una costante di elasticità:
k=
F m1 g
=
= 1524 N/m
!L !L
k
k
" 4!2 f 2 =
"
m2
m2
! = 2!f =
m2 =
e quindi
k
1524 N/m
=
2 2
4! f
4!2 3,0 Hz
(
)
2
= 4,3 kg
57.
T = 2!
L
g
da cui
(
)(
2
)
2,0 s 9,80 m/s 2
T 2g
L= 2 =
= 0,99 m
4!
4 !2
58.
Un ciclo completo del pendolo è costituito da quattro parti: il tempo necessario per raggiungere la
velocità massima è, allora, un quarto del periodo:
1 # 2! $
t = 14 T = %
dove ! = g / L
&
4' " (
! 0,65 m
1 " 2! % 1 " 2! % ! L
da cui
=
= 0,40 s
t = $ '= $
'=
2 9,80 m/s 2
4# ! & 4$ g ' 2 g
$
'
# L&
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59.
(
Capitolo 6 Applicazione dei princìpi della dinamica
)
2
L
4!2 L 4! 1,2 m
T = 2!
!g= 2 =
= 6,0 m/s 2
2
g
T
280 s
(
)
100
2
60.
L1
L
L L
= 2! 2 ! 1 = 2
g1
g2
g1 g 2
T1 = T2 ! 2!
L2 = L1
g2
9,78 m/s 2
= 1,00 m "
= 0,995 m
g1
9,83 m/s 2
61.
Since the acceleration of the astronaut is a y = (v y ! v0 y ) / t = v y / t , we have
!
vy $
#
FN = !
mg + ma y = m (g + a y ) = m g + &
#
!
t &%
"
True
Apparent
weight
weight
!
45 m/s $
2
= (57 kg) #9.80 m/s2 +
& = 7.3'10 N
15 s %
"
62.
Per la seconda legge di Newton
+ F ! 450 N = max
!"x"#""
$
"Fx
Da cui:
(
)(
)
Fx = max + 450 N = 270 kg 2,4 m/s2 + 450 N = 1100 N
La forza risultante applicata al bob è:
(
)(
)
!Fx = max = 270 kg 2,4 m/s2 = 650 N
63.
Il peso apparente della donna è:
FN = md(g + a)
dove a rappresenta l’accelerazione dell’ascensore che si può ricavare dalla relazione:
T
9410 N
T – (md + ma)g = (md + ma) a → a =
!g=
! 9,80 m/s2 = 0,954 m/s2
md + ma
60,0 kg + 815 kg
E, infine,
FN = (60,0 kg)(9,80 m/s2 + 0,954 m/s2) = 645 N
64.
L’alpinista è in equilibrio e, quindi, la risultante delle forze applicate deve essere nulla.
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Capitolo 6 Applicazione dei princìpi della dinamica
Costruiamo il diagramma delle forze, indicando
con P il peso dell’alpinista, con T la tensione
delle funi e con i pedici S la sinistra e D la
destra.
In direzione orizzontale abbiamo
+y
TS
65.0º 80.0º
TD
+x
P
!Fx = TD sen 80,0° " TS sen 65,0° = 0
In direzione verticale
!Fy = TD cos80, 0° + TS cos 65, 0° " P = 0
Possiamo ricavare, allora
sen 65,0°
TD = TS
→
sen 80,0°
sen 65,0°
cos 80,0° + TS cos 65,0° ! P = 0 ovvero
sen 80,0°
sen 65,0°
sen 65,0°
TD = TS
= 1,717P
= 1,580 P
sen 80,0°
sen 80,0°
TS
(
TS = 1,717 P
)
E, infine
TS = 1,717 P = 1,717 535 N = 919 N
(
)
TD = 1,580 P = 1,580 (535 N ) = 845 N
65.
Applicando la seconda legge di Newton rispettivamente al blocco più leggero (1) e a quello più
pesante (2), otteniamo
T – m1g = m1a
e
T – m2g = – m2a
Risolvendo in funzione dell’accelerazione, troviamo
!P – P $
a = ## 2 1 && g = 3,68 m/s2
" P2 + P1 %
La tensione della fune è di 908 N e, quindi,
T – m1g = m1a
da cui
908 N
T
a=
–g=
– 9,80 m/s2 = 11,8 m/s2
! 412 N $
m1
##
&&
" 9,80 m/s2 %
(
)
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Capitolo 6 Applicazione dei princìpi della dinamica
Nel primo caso l’accelerazione è determinata dall’inerzia di entrambi i blocchi, mentre nel secondo
caso persiste solo l’inerzia del blocco più leggero.
66.
Sul primo e sul terzo blocco agiscono, rispettivamente, le tensioni:
T1 – m1g = m1a
(1)
T3 – m3g = – m3a
(2)
Mentre sul secondo blocco agisce la tensione
T3 – T1 – µdm2g = m2a
(3)
Risolvendo, in funzione di a, il sistema costituito da queste equazioni, otteniamo
(m ! m1 ! µd m2 )g
a= 3
m1 + m2 + m3
Da cui
(
)(
)(
)
"25,0 kg !10,0 kg ! 0,100 80,0 kg $ 9,80 m/s2
#
%
a=
= 0,60 m/s2
10,0 kg + 80,0 kg + 25,0 kg
E, infine:
(
)(
)
T3 = m3(g − a) = ( 25,0 kg ) (9,80 m/s2 ! 0,60 m/s2 ) = 230 N
T1 = m1(g + a) = 10,0 kg 9,80 m/s2 + 0,60 m/s2 = 104 N
67.
Sull’uomo agiscono le tre forze rappresentate nel disegno a destra.
Quindi, per la seconda legge di Newton
" F = 2T ! mg = ma
2T ! mg 2T
2(358 N)
=
!g=
! 9,80 m/s2 = 0,14 m/s2
da cui a =
m
m
72,0 kg
T
T
mg
68.
Osservando il disegno relativo al problema, possiamo impostare le equazioni relative alle
componenti delle forze.
60.0°
T
+y
15.0 m
+x
r
mg
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In direzione verticale:
+T cos 60, 0° ! mg = 0 da cui
!""
"#"""
$
F
" y
)(
(
Capitolo 6 Applicazione dei princìpi della dinamica
)
179 kg 9,80 m/s 2
mg
T=
=
= 3510 N
cos60,0°
cos60,0°
In direzione orizzontale, invece:
" v2 %
T
sen
60,0°
=
ma
=
m
$ '
c
!#
#"##
$
#r &
! Fx
v=
r T sen 60,0°
=
m
da cui
(13,0 m ) (3510 N ) sen 60,0° = 14,9 m/s
179 kg
69.
ac = v2/r = (28 m/s)2/(150 m) = 5,23 m/s2
L’angolo θ si ottiene dalla relazione
" 5,23 m/s 2 %
"a %
θ = tan !1 $ c ' = tan !1 $
' = 28°
2
#g&
# 9,80 m/s &
70.
k
m
Applichiamo questa relazione a ognuna delle due situazioni, ricordando che entrambe hanno la
stessa velocità massima e la stessa massa, ottenendo:
k
k
vmax = A1 1 = A2 2
da cui
A1 k1 = A2 k2
m
m
vmax = A! = A
E, quindi,
2
2
!A $
!2A $
1
2
& 174 N/m = 696 N/m
k2 = ## && k1 = ##
&
A
A
" 2%
" 2 %
(
)
71.
Per la cassa possiamo scrivere (vedi il diagramma a destra):
TB – Pcassa = mcassaa
TB = Pcassa + mcassaa
Crate
TB
! 1510 N $
TB = 1510 N + ##
& 0,620 m/s2 = 1606 N
2&
" 9,80 m/s %
(
)
W
C
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Capitolo 6 Applicazione dei princìpi della dinamica
Per l’operaio, scriveremo, invece (vedi sempre il diagramma):
TA – TB – Poperaio = moperaioa
Man
TA = TB + Woperaio + moperaioa
TA
! 965 N $
TA = 1606 N + ##
& 0,620 m/s2 + 965 N =
2&
" 9,80 m/s %
(
)
W
W
T
= 2632 N
B
72.
La figura a destra rappresenta la situazione precedente al taglio
della molla:
il peso determina un allungamento x della molla tale per cui
P = kx.
kx
W
La nuova figura rappresenta la situazione in cui la molla è stata
divisa in due molle di uguale lunghezza e il peso dell’oggetto
determina un allungamento x’ in ognuno dei due spezzoni di
molla.
In questa situazione avremo: P = k'x' + k'x' = 2k'x' , dove k’
rappresenta la costante di elasticità delle nuove molle ed è
equivalente a 2k. Per cui
kx = 2k'x' = 2(2k)x' e quindi
x 0,160 m
x' = =
= 0,040 m
4
4
k'x'
k'x'
W
73.
Mentre lo scalatore cade, su di lui agiscono due forze, il suo peso e la forza elastica della corda,
entrambe conservative: possiamo, allora, applicare il principio di conservazione dell’energia
meccanica.
m g hf + 12 k yf2 = m g h0 →
1 ky 2
2 f
+ mg
! h0 )
(!h"f #"
$
=0
→
y ! 0,750 m
f
1 ky 2
2 f
+ mgyf ! mg (0, 750 m ) = 0
(dove yf rappresenta l’allungamento massimo della molla).
Risolvendo questa equazione di secondo grado, otteniamo
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yf =
yf =
!mg ±
( mg )
( k )"#! mg (0,750 m)$%
2( k)
2
!4
)(
(
Capitolo 6 Applicazione dei princìpi della dinamica
1
2
1
2
! 86,0 kg 9,80 m /s2
)
3
1,20 & 10 N /m
±
)(
)
2
"
2 $
86,0
kg
9,80
m
/s
'#
(% ! 4
(
( ) (1,20 & 10
1
2
3
)
)(
)(
"
$
2
N /m '! 86,0 kg 9,80 m /s 0,750 m (
#
%
(
)
1,20 & 103 N /m
Delle due soluzioni, yf = + 0,54 m and –1,95 m, dobbiamo scegliere la soluzione negativa perché la
molla si è allungata verso il basso e, quindi, y = 1,95 m
74.
Rappresentiamo graficamente la situazione descritta
P
P sin !
FN
!
FN
P cos !
fk
fk
mg
mg
e formuliamo le equazioni relative alle componenti verticali e orizzontali delle forze coinvolte:
FN – mg – P sin ! = 0
!"""#"""$
P cos ! – f k = 0
!""#""
$
verticale
orizzontale
Dalla seconda ricaviamo P cos θ = fd, ma la forza di attrito dinamico è fd = µdFN . E, inoltre, dalla
prima equazione sappiamo che FN = mg + P sen θ . Quindi, con le dovute sostituzioni
Pcos! = f d = µ d FN = µ d mg + P sen !
(
)
Da cui
P=
µd mg
cos ! " µd sin !
La forza diventa infinitamente grande quando il denominatore dell’equazione è zero. Imponiamo,
quindi, questa condizione
cos ! – µd sin ! = 0 ,
e dividiamo tutto per sen θ ottenendo
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sen !
1
= tan! =
cos !
µd
Capitolo 6 Applicazione dei princìpi della dinamica
# 1 &
! = tan –1 %
( = 68°
$ 0,41 '
"
Olimpiadi della fisica
1. A
2. C
3. E
4. B
5. A
6. D
7. A
8. Il moto è quello di un pendolo, ma i due semiperiodi sono diversi perché cambia la lunghezza del
filo:
(
)
(
)
3+ 3 ! 0,75 m
1!
l
l $ 3+ 3 ! l
&=
T = #2!
+ 2!
=
= 1,37 s
2 #"
g
3g %&
3
g
3
9,8 m/s 2
Test di ammissione all’Università
1. A
2. D
3. B
Prove d’esame all’Università
1.
! ! !
Il sistema è in equilibrio: quindi P + F1 + F2 = 0 . Sfruttando la simmetria, possiamo ragionare su
una sola delle due molle (la molla 2). Proiettiamo la forza 2 in direzione verticale, ottenendo
Fy = F2 cos ! ma F2 = k !l
quindi Fy = F2 cos ! = k "l cos !
Ma Fy è anche metà del peso dell’oggetto, per cui
1
1
Fy = P = mg = k "l cos !
2
2
5kg 9,8 m/s 2
mg
Infine, quindi !l =
=
= 0,014 m
2k cos" 2 2000 N/m 0,87
( )(
(
)
)
2.
Fx = mg sen 30°= T + FS = T + µS mg cos 30°
T = mg (sen 30° - µS cos 30°) = 1 kg ⋅ 9,80 m/s2 (sen 30° - 0,5 cos 30°) = 0,66 N
©Zanichelli 2009