Esercizio 1 Un libro di massa M lungo h cm giace su un tavolo sul

Esercizio 1
Un libro di massa M lungo h cm giace su un tavolo sul bordo di un foglio di cartoncino di massa m, come
rappresentato in figura. I coefficienti di attrito, uguali fra tutte le superifici, sono µS = 0.15 e µD = 0.1.
Sul foglio di carta viene applicata una forza orizzontale F (si veda la figura).
a. Qual è il valore minimo di F (F1 ) in grado di causare un moto dei due corpi?
b. Qual è il valore minimo di F (F2 ) in grado di estrarre il cartoncino dal libro?
Esprimere le risposte in unità di M g.
Sia t = 0 l’istante in cui una forza F = nF2 inizia ad agire sul sistema.
c. Determinare l’istante t∗ in cui il cartoncino è completamente estratto dal libro.
d. Si tracci il grafico della posizione del bordo sinistro di m ed M nell’intervallo [0, t∗] nel
sistema di riferimento indicato in figura.
A: M = 2 kg, m = 0.01M , h = 30 cm, n = 2
B: M = 1 kg, m = 0.02M , h = 25 cm, n = 1.5
SOLUZIONE
In figura sono rappresentati i diagrammi delle forze che agiscono sul foglio e sul libro:
Studiamo il sistema nel sistema di riferimento indicato in figura (asse x parallelo e concorde ad F e asse
y perpendicolare a x diretto verso l’alto). Si deduce immediatamente (II legge di Newton sull’asse y) che
N1 = M g e N2 = (M + m)g.
a.
Le condizioni perchè il sistema libro+foglio si muova, si determinano confrontando la forza esterna applicata F con il valore massimo della forza di attrito statica tra il sistema ed il tavolo, i.e. faSM AX =
µS N2 = µS (M + m)g: la forza F deve quindi eccedere questo valore perchè ci sia un moto del sistema:
F ≥ µS (M + m)g = F1
b.
Pur partendo da fermo, per rispondere al quesito dovremo assumere che l’attrito tra il cartoncino e il
piano sia di tipo dinamico, in quanto la F applicata deve mettere in moto il sistema. Consideriamo il
caso in cui NON c’è moto relativo tra il libro ed il foglio. Dalla II legge di Newton lungo l’asse x per il
libro e il foglio:
f1 = M a
F − f1 − f2 = F − f1 − µD (M + m)g = ma
dove f1 è la forza di attrito (statico, se non c’è moto relativo tra M e m) tra il libro ed il foglio, f2 è
la forza di attrito (dinamico) tra il foglio e il tavolo, a è l’accelerazione comune del libro e del foglio.
Sommando le due equazioni e risolvendo per F , si trova
F = (M + m)(a + µD g)
Sappiamo che f1 ha un valore massimo, f1max = µS N1 = µS M g, e visto che f1 = M a anche a ha un
valore massimo: amax = µS g. Al di sopra di questo valore, il libro non riesce ad accelerare quanto il
foglio, che quindi può essere estratto. Sostituendo amax nell’equazione per F trovata in precedenza
F = (M + m)(µD g + µS g) = (M + m)(µS + µD )g
e quindi il foglio viene estratto se
F ≥ (M + m)(µS + µD )g = F2
c.
Sia F = nF2 .
In questo caso i due corpi si muovono con accelerazioni diverse (che dobbiamo determinare per studiare
il loro moto).
f1 = M a 1
F − f1 − f2 = F − f1 − µD (M + m)g = ma2
Si tratta di due equazioni con 3 incognite (a1 , a2 , f1 ) ma a chiudere il sistema abbiamo la relazione
f1 = µD N1 = µD M g
poichè adesso anche la forza di attrito f1 è di tipo dinamico e quindi nota. Si ricava facilmente dalla
prima equazione che il libro si muove con accelerazione
a1 = µD g
e successivamente, con qualche passaggio algebrico, che il cartoncino possiede accelerazione pari a
a2 =
h M +m
i
2M + m
M
F
− µD
g= n
µS + [(n − 2)
+ (n − 1)]µD g
m
m
m
m
Per trovare quanto tempo impiega il cartoncino a essere estratto risulta comodo considerare il moto
relativo tra il cartoncino e il libro. In un sistema di riferimento solidale al libro, il cartoncino si trova
inizialmente in posizione nulla, parte da fermo e si muove con accelerazione pari a a02 = a2 − a1 .
In questo sistema di riferimento xC = 21 a02 t2 . Si richiede di trovare l’istante t∗ in cui il cartoncino si trova
in posizione h:
s
2h
t∗ =
a02
SOLUZIONI NUMERICHE:
A. F1 = 2.97 N; F2 = 4.95 N; t∗ = 0.045 s
B. F1 = 1.50 N; F2 = 2.50 N; t∗ = 0.076 s
Esercizio 2
Si consideri il sistema di corde, carrucole e masse (una macchina di Atwood) rappresentato in figura. Sia
M = 1.5 kg. Le carrucole e le corde hanno massa trascurabile e le corde sono inestensibili.
a. Si disegni il diagramma delle forze che agiscono su ognuna delle tre masse.
b. Determinare l’accelerazione delle tre masse nel caso in cui M1 = n1 M , M2 = n2 M e M3 = n3 M .
A: n1 = 1, n2 = 2, n3 = 3
B: n1 = 2, n2 = 3, n3 = 1
SOLUZIONE
a.
b. Scegliamo un sistema di riferimento verticale diretto verso l’alto (quindi le accelerazioni sono positive
se verso l’alto e negative in caso contrario). In questo sdr la II equazione della dinamica per le tre masse
del sistema dice che
T − m1 g = m1 a1
2T − m2 g = m2 a2
T − m3 g = m3 a3
dove T è il valore della tensione della corda (uguale in tutti i punti poichè la sua massa è trascurabile) e si
è tenuto conto che m2 è sorretta dalla corda su entrambi i bordi della carrucola. Si tratta di 3 equazioni
in 4 incognite (T , a1 , a2 , a3 ). A chiudere il sistema serve una relazione tra le accelerazioni che troviamo
tenendo conto dell’inestensibilità della corda:
a1 + a3
a2 = −
2
Risolvendo il sistema si ricava
a1 = −g
m1 (4m3 + m2 ) − 3m2 m3
m1 (4m3 + m2 ) + m2 m3
a2 = −g
m2m3 + m1(m2 − 4m3)
m1(4m3 + m2) + m2m3
a3 = g
m1(3m2 − 4m3) − m2m3
m1(4m3 + m2) + m2m3
SOLUZIONI NUMERICHE:
A: a1 = a2 = g/5 = 1.96 m/s2 , a3 = −3g/5 = −5.88 m/s2
B: a1 = −5g/17 = −2.88 m/s2 , a2 = −g/17 = −0.58 m/s2 , a3 = 7g/17 = 4.04 m/s2
Esercizio 3
Un pendolo di lunghezza L in grado di ruotare in un piano verticale si trova inizialmente fermo in posizione orizzontale. Quando si trova esattamente in posizione verticale, la corda urta un piolo che si trova
a distanza d dal punto di sospensione del pendolo, come mostrato in figura.
a. Determinare il valore minimo di d tale per cui la corda rimane tesa ad ogni istante.
A: L = 1.3 m, M = 20 gr
B: L = 1.7 m, M = 30 gr
SOLUZIONE
Il raggio della circonferenza “piccola” è pari a R = L−d. Il “punto critico” di questo moto è certamente il
punto più alto in cui il peso dà il contributo massimo alla forza centripeta necessaria a mantenere il corpo
in moto circolare. Se prendiamo un sistema riferimento radiale diretto verso il centro della circonferenza:
T + mg = m
v2
.
R
da cui
v2
− mg
R
La corda è tesa se T > 0. In questo caso il valore della velocità che il corpo deve avere al massimo di
2
questa traiettoria è quindi tale che m vR − mg > 0, da cui v 2 > gR = g(L − d).
Il massimo di questa traiettoria si trova ad altezza 2(L-d) rispetto alla posizione minima del pendolo.
Applicando il teorema di conservazione dell’Energia (la forza peso è conservativa, la tensione della corda
non compie lavoro, non agiscono altre forze dissipative) prendendo come zero dell’energia potenziale
gravitazionale il punto più basso del pendolo, consideriamo il momento iniziale e il punto critico della
circonferenza “piccola”:
T =m
1
1
Ei = mgL = Ef = mg2(L − d) + mv 2 > mg2(L − d) + mg(L − d)
2
2
da cui si ricava
5
− d)
> mg(L
mgL
2
e quindi
d>
SOLUZIONI NUMERICHE:
A: d > 0.78 m
B: d > 1.02 m
3
L
5