Esercizio 1 Un carro armato che si muove su una strada dritta e

Esercizio 1
Un carro armato che si muove su una strada dritta e piana con velocità v spara un proiettile con un
cannone che punta in direzione del moto con elevazione α. Il cannone è in grado di sparare proiettili con
velocità pari a v0 . Il proiettile colpisce un bersaglio che si sta allontanando dal cannone sulla medesima
strada con velocità w.
a) Al momento dell’impatto, quanto distano il carro armato e il bersaglio?
b) Quanto erano distanti quando il proiettile è stato sparato?
Compito A: v = 10m/s, α = 5o , v0 = 1000m/s, w = 15 m/s.
Compito B: v = 5m/s, α = 10o , v0 = 1000m/s, w = 12 m/s.
NB Si faccia l’ipotesi che la bocca del cannone ed il bersaglio siano alla stessa altezza rispetto al terreno.
SOLUZIONE
Consideriamo un sistema di riferimento cartesiano in cui l’asse x è orizzontale e diretto in modo tale che
la velocità del carro armato sia positiva e che la bocca del cannone si trovi sull’asse delle x (y = 0). L’asse
y sia diretto verso l’alto. In questo sistema, le componenti della velocità del proiettile sono
x : v0x0 = v0 cos α + v
y : v0y0 = v0 sin α
La velocità orizzontale del proiettile, rispetto a terra, è la somma della velocità di fuoriuscita del proiettile
dalla bocca del cannone e della velocità del cannone stesso.
Il tempo di volo del proiettile è determinato dal suo moto verticale, descritto da y = v0y0 t − 1/2gt2 e
quindi si ricava che il tempo di volo (condizione y = 0) è t∗ = 2v0y0 /g. (La soluzione t∗ = 0 corrisponde
invece al momento dello sparo.)
α
.
La gittata orizzontale percorsa dal proiettile è xP = v0x0 t∗ = 2(v0 cos α + v) v0 sin
g
a. Durante il volo del proiettile, il carro armato ha percorso una distanza d = vt∗ e quindi al momento
dell’impatto lui e il bersaglio si trovano ad una distanza d1 pari alla differenza tra la gittata e d, quindi
d1 = xP − d.
b. La distanza d2 che separava il carro armato e il proiettile al momento dello sparo è invece la differenza
(la somma, nel caso del compito B in cui il bersaglio ha velocità negativa) tra la gittata e la distanza
percorsa dal bersaglio stesso durante il volo del proiettile (pari a wt∗ ). È quindi d2 = xP ± wt∗ .
Compito A: t∗ = 17.8 s, xP = 17897, d1 = 17719 m, d2 = 17630 m.
Compito B: t∗ = 35.4 s, xP = 35039, d1 = 34862 m, d2 = 35464 m.
Esercizio 2
Un cilindro di raggio R e un cubo di spigolo R, aventi la stessa massa m, sono inizialmente tenuti in
quiete su una superficie scabra avente un’inclinazione θ sopra l’orizzontale. Ad un certo istante vengono
lasciati liberi. Il cilindro rotola giù dal piano senza strisciare e il cubo scivola senza rotolare. Si nota che
la distanza tra questi due oggetti non varia in funzione del tempo nonostante i corpi non siano tra loro
connessi.
a) Calcolare il coefficiente di attrito dinamico tra superficie e cubo.
b) Calcolare la velocità angolare del cilindro dopo che questo ha percorso una distanza L lungo la discesa.
c) Calcolare il lavoro delle forze di attrito che agiscono sul cubo quando questo ha percorso una distanza
2L lungo la discesa.
Compito A: R = 10 cm, m = 1.2 kg, θ = 45o , L = 1 m.
Compito B: R = 12 cm, m = 1 kg, θ = 60o , L = 1 m.
SOLUZIONE
Se la distanza tra i due oggetti non varia nel tempo, essi si muovono con la stessa velocità e hanno quindi
sempre la stessa accelerazione a (entrambi i corpi si muovono di moto uniformemente accelerato).
Consideriamo un sistema di riferimento cartesiano in cui l’asse x è parallelo al piano inclinato, rivolto
verso il basso, e l’asse y è perpendicolare a x verso l’alto.
a.
CILINDRO: rotola senza scivolare sotto l’azione della propria forza peso e della Forza di attrito. Consideriamo il moto come di puro rotolamento intorno al punto di contatto tra il cilindro ed il piano,
determinato dalla relazione M = Iα dove M è il momento della forze peso (la forza di attrito ha momento nullo rispetto all’asse di rotazione istantaneo passante per il punto di contatto, sul bordo del
cilindro) e I è il momento di inerzia calcolato rispetto all’asse di rotazione.
1
3
a
M = mgR sin θ =
mR2 + mR2 α = mR2
2
2
R
dove abbiamo utilizzato l’ipotesi di puro rotolamente per l’ultima uguaglianza. Si ricava a = 23 gsin θ.
CUBO: scivola senza rotolare sotto l’azione della sua forza peso e della forza di attrito:
Ftotx = mgsin θ − µmgcos θ = ma da cui a = gsin θ − µgcos α.
Uguagliando le due espressioni trovate per a:
2
gsin θ = gsin θ − µgcos θ
3
si ricava 31 sinθ = µcosθ, µ = 13 tanθ.
b.
CILINDRO: Posso calcolare la velocità angolare con la conservazione dell’Energia meccanica:
mg∆h, con ∆h = Lsinθ e I = 32 mR2 . Si ricava
r
4 gLsinθ
ω=
3 R2
1
2
2 Iω
=
~ = −Fatt 2L = −µmgcosθ 2L.
c. CUBO: il lavoro della forza di attrito è Latt = F~att · 2L
Compito A: µ = 31 = 0.33, ω = 30.40 rad/s, Latt = −5.54 J.
√
Compito B: µ = 3/3 = 0.58, ω = 28.03 rad/s, Latt = −5.66 J.
Esercizio 3
Una lastra di marmo con massa m giace su un pavimento orizzontale privo di attrito. Un blocco di
cemento di massa M è appoggiato sopra alla lastra. I coefficienti di attrito statico e dinamico tra lastra
e blocco sono rispettivamente µs e µd . Sul blocco agisce una forza orizzontale F .
a) Calcolare l’accelerazione del blocco.
b) Calcolare l’accelerazione della lastra.
Compito A: m = 42 kg, M = 9.7 kg, µs = 0.53, µd = 0.38, F = 110 N.
Compito B: m = 40 kg, M = 10.2 kg, µs = 0.51, µd = 0.41, F = 130 N.
SOLUZIONE
La forza F applicata al blocco di cemento viene “trasmessa” alla lastra di marmo tramite l’attrito. Il
diagramma delle Forze sui singoli blocchi è riportato in figura.
Consideriamo un sistema di riferimento cartesiano in cui l’asse x è orizzontale e diretto in modo tale
che la forze F applicata sia positiva, e l’asse y rivolto verso l’alto. Il moto degli elementi del sistema è
descritto da queste equazioni:
x : F − fa = M a1
cemento
y : N1 = M g
x : fa = ma2
marmo
y : N2 = N1 + mg
Se la forza di attrito statico Fatt,s = µs M g è sufficiente a mantenere solidali il blocco e la lastra, essi
si muovono con la stessa accelerazione a1 = a2 = a = F/(m + M ). Perchè valga questa condizione
deve essere Fatt = ma = mF/(m + M ) < Fatt,s . Poichè questa relazione non è verificata (usando i dati
numerici del problema) i due corpi hanno accelerazioni diverse. Vale quindi
F − µd M g = M a1
µd M g = ma2
da cui
a1 =
a2 =
F
M − µd g
µd M g
m
Compito A: a1 = 0.86 m/s2 , a2 = 7.62 m/s2 .
Compito B: a1 = 1.03 m/s2 , a2 = 8.73 m/s2 .
Esercizio 4
La stazione spaziale internazionale orbita intorno alla terra a quota h = 385 km al di sopra della superficie
terrestre. L’orbita è approssimativamente circolare.
a) Quanto tempo impiega la stazione spaziale per compiere un giro completo intorno alla Terra?
b) Calcolare l’accelerazione di caduta libera di un corpo che si trovi a questa quota rispetto all’accelerazione
di gravità sulla superficie terrestre.
c) Calcolare l’Energia totale della stazione in funzione della sua massa m e della quota h a cui si trova.
SOLUZIONE
a. Il periodo si può ricavare dalla seconda legge di Newton e dalla relazione tra velocità, periodo e raggio
2
orbitale per le orbite circolari. Dalla prima: Fg = ma → Gmr2T m = m vr . Dalla seconda 2πr = vT da
cui v = 2πr
T . Sostituendo questo valore di v nella legge di Newton, si ottiene la terza legge di Keplero:
4π 2 3
2
T = GmT r . In questo caso vale r = RT + h = 6760 km e quindi T = 5528 s = 92.1 minuti.
b. La sola forza agente sul corpo è la Forza di gravità terrestre:
a=
R 2
Fg
GmT
T
=
=g
.
2
m
r
r
Ancora r = RT + h = 6760 km e quindi a = 8.76 m/s2 = 0.89%g: l’accelerazione di gravità è ridotta
dell’11%, rispetto al valore a Terra.
c. L’Energia meccanica della stazione spaziale è la somma della sua energia cinetica (K) e potenziale
gravitazionale (U ):
1
MT m
E = K + U = mv 2 − G
=
2
r
poichà abbiamo ricavato, dalla legge di Newton, che v 2 = G MrT , e r = RT + h si trova che
E=
1
MT
MT m
1 mMT
1
mG
−G
=− G
= U
2
r
r
2 RT + h
2
Il risultato trovato, e cioè che 2K + U = 0 è un caso di validità del “Teorema del viriale”.