Seminario didattico
Ingegneria Elettronica
Lezione 5:
Dinamica del punto materiale
Energia
1
Esercizio n°1
Un blocco di massa m = 2 kg e dimensioni trascurabili, cade da
un’altezza h = 0.4 m rispetto all’estremo libero di una molla di
costante elastica K = 1960 N/m disposta verticalmente. Calcolare la
massima compressione della molla.
z
DATI:
m = 2 kg
h = 0.4 m
K = 1960 N/m
a)? xmax
ℓ0
2
Svolgimento esercizio 1 (1)
a) Il problema si risolve energeticamente:
Calcoliamo l’energia meccanica totale nella
situazione iniziale e finale:
z
E iniz= E p
grav
 m=mg  hℓ 0 
1
2
E fin =E p  mE p =mg  ℓ 0 −Δx   K  Δx 
grav
el
2
Applichiamo la conservazione dell’energia meccanica:
x
E fin ≡Einiz ⇔
ℓ0
1
2
mghmg ℓ 0=mg ℓ 0−mg Δx K  Δx 
t
t
2
2 mgh
2 2 mg
Si ottiene l’equazione di secondo grado:  Δx  −
Δx−
=0
iniz
fin
K
mg
Δx= ±
K


2
mg
2mgh 0. 1

=
K
K
−0 .08
{
K
Questa è la
soluzione
corretta
3
Svolgimento esercizio 1 (alternativo)
a) Alternativamente possiamo risolvere il problema fissando il livello 0 in
corrispondenza dell’estremo libero della molla a riposo:
Calcoliamo l’energia meccanica totale nella
situazione iniziale e finale:
z
E iniz= E p  m=mgh
1
2
E fin =E p  mE p =−mg Δx K  Δx 
grav
el
2
grav
Applichiamo la conservazione dell’energia meccanica:
0
1
2
E fin ≡Einiz ⇔ mgh=−mg Δx K  Δx 
2
∆x
ℓ0
Si ottiene l’equazione di secondo grado:
tiniz
tfin
mg
Δx= ±
K
2 mg
2 mgh
 Δx  −
Δx−
=0
K
K
2


2
mg
2mgh 0. 1

=
K
K
−0 .08
{
Questa è la
soluzione
corretta
4
Esercizio n°2
Una molla ideale può essere compressa di 1 m da una forza di 100 N.
Tale molla è posta alla fine di un piano inclinato liscio che forma un
angolo di 30° con l’orizzontale. Una massa M = 10 kg è lasciata cadere
da ferma dal vertice del piano inclinato e si ferma momentaneamente
dopo aver compresso la molla di 2 m.
a. Quanto vale il tratto percorso da M prima di fermarsi?
b. Qual è la velocità di M un istante prima di toccare la molla?
M
DATI:
x = 1 m per F = 100 N
= 30°
M = 10 kg
x0 = 2 m
(a)? distanza percorsa prima
di fermarsi (d)
(b)? velocità di M prima di toccare
la molla
5
Svolgimento esercizio 2 (1)
(a) Calcoliamo la costante elastica della molla:
F
N
K= =100
Δx
m
Per risolvere energeticamente il problema, dobbiamo fissare il livello 0 rispetto al
quale misurare l’altezza di M. Poniamo come livello 0 quello corrispondente alla
posizione di massima compressione della molla. Chiamando d la distanza percorsa
da M per comprimere la molla di x0, otteniamo:
A
d
O
h
E A =Mgh=Mgdsen θ
θ
Imponiamo la conservazione dell’energia meccanica:
E O=E A ⇒
Quindi:
1
2
E O= K  Δx 0 
2
d=
K  Δx 0 
1
2
Mgdsenθ= K  Δx 0 
2
2
2 Mgsen θ
=4 . 08 m
h=dsenθ=2 . 04 m
6
Svolgimento esercizio 2 (2)
(b) Consideriamo l’istante immediatamente precedente a quello di contatto
con la molla; in tale situazione la molla è a riposo:
L’altezza di M rispetto al livello 0 in
questo caso è:
A
x 0
h
B
h’
0
h'=Δx 0 sen θ=1m
Calcoliamo l’energia meccanica
totale di M nei punti A e B:
E A =Mgh=Mgdsen θ
θ
1 2
1 2
E B = Mv B Mgh'= Mv B Mg Δx0 senθ
2
2
Imponiamo la conservazione dell’energia:
Quindi:
1 2
Mv B Mgh'=Mgh⇒
2
E B ≡E A

2 Mg  h−h' 
m
v B=
=4 .5
s
M
7
Esercizio n°3
Un corpo puntiforme di massa m = 100 g è appoggiato ad una molla di
costante elastica K = 100 N/m, compressa rispetto alla sua lunghezza a riposo,
e tenuto fermo. Corpo e molla sono posti su un piano orizzontale liscio
Raccordato nel punto A con una guida circolare verticale di raggio r = 80 cm,
come in figura, a cui il corpo è vincolato (non può cadere).
Ad un certo istante si lascia libero il corpo. Calcolare:
a) la compressione della molla tale che il corpo possa raggiungere B;
b) la velocità del corpo in A;
c) l’espressione dell’accelerazione del corpo in un generico punto della
guida circolare;
d) la reazione vincolare nel punto A e nel punto B.
P
DATI:
m = 100 g
K = 100 N/m
r = 80 cm
V0 = 0 m/s
a)? x molla tale che m arrivi in B
b)? vA
c)? espressione a(P)
d)? NA, NB
8
Svolgimento esercizio 3 (1)
a) Il problema va risolto energeticamente:
B
z
∆x
O
Calcoliamo l’energia meccanica totale
del punto materiale di massa m nei
punti 0, A e B:
1
2
E O=E p el. = K  Δx 
2
1 2
E A=E k = mv A
2
E B =E p =mg  2r 
r
A
grav .
L’energia meccanica totale si deve conservare, dato che non ci sono in gioco forze
non conservative:
E 0≡ E A ≡E B
Per calcolare x basta prendere l’uguaglianza:
1
2


⇒ K Δx =2 mgr ⇒
2
E 0≡ E B

4 mgr
Δx=
=0. 18 m
K
9
Svolgimento esercizio 3 (2)
b) Per risolvere il secondo punto sfruttiamo sempre la conservazione
dell’energia meccanica ed utilizziamo la seguente uguaglianza:
1
E A≡E B ⇔ mv 2A =2 mgr ⇒
2
v A = 4 gr=5.6
m
s
c) Consideriamo un generico punto P della guida circolare, la cui posizione è
individuata dall’angolo θ:
L’equazione dinamica di m in P è:
at
N
aN

Facilmente si ricava:
{
P 
N =m a
P
che in componenti diventa:
P
{
u r  N −mg cos θ=ma N
u t −mgsen θ=ma t
N −mg cos θ Poiché il moto è su
aN=
m
una circonferenza
di raggio r:
a t =−gsen θ
{
2
v
aN=
r
a t =−gsen θ
10
Svolgimento esercizio 3 (3)
Quindi:
a  θ  = a N a t =
2
2


2
2
N −mg cos θ
 −gsen θ  =
m

2 2

2
v
 −gsen θ 
r
d) Per calcolare il valore delle reazioni vincolari nei punti A e B,
valutiamo l'espressione della reazione vincolare in un punto qualunque
della guida. Dalla conservazione dell'energia otteniamo:
2
1
mv
E tot =E B ⇒ mv 2 mgr 1−cos =mg2r ⇒
=2mg 1cos 
2
r
La componente radiale della risultante delle N −P =N −mg cos = mv
N
forze agenti è pari alla forza centrifuga:
r
2
mv
N =mg cos 
=mg23 cos 
Da cui si ottiene:
r
=0⇒ N A =5 m g=4.9 N
2
=⇒ N B =−m g=−0.98 N
11
Svolgimento esercizio 3 (4)
Data la formula precedente della reazione
vincolare si ha che essa si annulla in:
0
−2
N 0 =0 ⇒ cos 0 =
⇒ 0 =131.8°
3
Per angoli inferiori a 0 si ha che la reazione vincolare è verso
l'interno della circonferenza, per angoli superiori a 0 si ha che la
reazione vincolare è verso l'esterno.
Ciò avviene perchè il corpo è vincolato alla guida.
Se non fosse vincolato il corpo si staccherebbe dalla guida in 0 e
procederebbe con una traiettoria parabolica.
Esercizio n°4
Su un piano orizzontale privo di attrito è inizialmente fermo un cuneo di
massa M = 2 kg, la cui sezione è costituita da due segmenti di
lunghezza ℓ = 60 cm e da un arco di cerchio di raggio R. Un corpo di
massa m = 0.5 kg viene lanciato contro il cuneo lungo il piano
orizzontale. Determinare:
a) la minima velocità che deve avere il corpo m per arrivare nel punto P
ad un’ altezza ℓ/2 rispetto al piano;
b) la velocità del cuneo nel momento in cui m raggiunge P.
M
m
DATI:
M = 2 kg (cuneo)
m = 0.5 kg (corpo)
ℓ = 60 cm
(a)? Vmin tale che m arrivi
in P ad altezza ℓ/2
(b)? Velocità di M
13
Svolgimento esercizio 4 (1)
(a) Abbiamo un sistema a due corpi. Si devono conservare sia la quantità di
moto che l’energia totale del sistema:
Situazione iniziale:
pi =
pm
p M =
p m=m
v m ⇒ pm=mv m
1 2
E i=E k E k =E k = mv m
m
M
m
2
Situazione finale: il sistema cuneo + corpo si muove con velocità
vf :


p f = mM  
vf
1
ℓ
2
E f =E k  E pot =  mM  v f mg
sistema
m
2
2
Quindi, conservando la quantità di moto e l’energia totale del sistema, otteniamo:
{
mv m = mM  v f
1
1
ℓ
2
2
mv m =  mM  v f mg
2
2
2
(1)
(2)
14
Svolgimento esercizio 4 (2)
Dalle equazioni (1) e (2) possiamo ricavare sia la velocità vm che vf
Dalla (1) ricaviamo:
vf =
mv m
m M
2
2
m vm
1
1
ℓ
2
 2 ⇒ mv m =  mM 
mg
2
2
2
2
 mM 
Di conseguenza si ricava:

gℓ  mM 
m
v m=
=2 .7
s
M
m
m
vf =
v m=0 . 54
m M
s
15
Esercizio n°5
Tarzan, che pesa 688 N, salta da una roccia appeso a una provvidenziale
liana lunga 18m. Dall’alto della roccia al punto più basso della sua oscillazione
cala di 3,2 m. La liana è soggetta a rompersi se la tensione su di essa supera
950 N. Arriverà a rompersi? Se sì, indicare a quale angolo rispetto alla
verticale si rompe. Se no, calcolare la massima tensione che deve sopportare.
DATI:
P = 688 N
ℓ = 18 m
h= 3.2 m
Se T> T0 la liana si spezza
T0 = 950 N
a) La liana si spezza
Si a quale angolo
No T max
16
Svolgimento esercizio 5 (1)
(a) Lo schema dell’esercizio è il seguente, avendo fissato come livello 0 per
l’energia potenziale il livello più basso dell’ oscillazione di Tarzan:
O
E i=E p = Mg Δh
grav
1 2
E P = E p E cin . =Mgh P  Mv p
grav .
2

A
∆h
ℓ
P
hP
dove:
h P =ℓ−ℓ cosθ=ℓ  1−cos θ 
B
Quindi conservando l’energia totale del sistema, otteniamo:
1
2
E iniz =E P ⇔ Mg Δh=Mgh P Mv p ⇒
2
2
v p =2g [ Δh−ℓ  1−cos θ  ]
17
Svolgimento esercizio 5 (2)
A questo punto calcoliamo la tensione della liana. Possiamo eguagliare la
componente radiale della risultante delle forze agenti su M alla forza centripeta:
O
θ
TP
P
Quindi:
ℓ
⇒
e sostituendo l’espressione trovata di vP otteniamo:
ℓ
P
T P − Mg cos θ=F centr =M
2
vP
B
2 Mg
T P=
[
Δhℓ  cosθ−1  ] Mg cosθ
ℓ
Il valore massimo della tensione si ottiene quando:
dT
=0⇔−3 Mgsen θ=0⇔ θ=0
dθ

 
Posizione verticale

2Δh
2Δh
T max =T  θ=0 =Mg 1
=P 1
=932, 6N
ℓ
ℓ
La liana non si spezza poiché Tmax < T0
18
Esercizio n°6
Un corpo inizialmente in quiete, viene lasciato scivolare senza attrito lungo
una guida circolare di raggio R che termina con un tratto rettilineo lungo il
quale il corpo procede con un attrito dinamico d per un tratto D = 10 m, al
termine del quale si trova una nuova guida circolare di raggio r=R -1 m lungo
la quale il corpo procede senza attrito,
Sapendo che il corpo imbocca il tratto orizzontale dopo aver percorso la prima
guida circolare per un quarto di cerchio e che ha velocità nulla nel momento
in cui ha percorso la seconda guida per un quarto di cerchio, calcolare il
coeficente di attrito dinamico d .
R
r
D
DATI:
R
r = R -1
D = 10 m
? d
Svolgimento esercizio 6 (1)
R
A
Definiamo il punto A come il
punto in cui inizia la guida
orizzontale ed il punto B dove
essa termina.
Per la conservazione
dell'energia meccanica, sulle
guide circolari lisce si ha:
r
D
B
1 2
E kA =mgR= mv A
2
1 2
E kB =mgr= mv B
2
Lungo il tratto rettilineo le forze agenti sono:

  Fad =m a
P N
{
F x =−F a =−d N =−m a
F y =N −P=0 ⇒ N =P=mg
Svolgimento esercizio 6 (2)
B
D

W AB=∫A Fad⋅ds=−
∫0 ad N dx=−ad m g D
Poiche il lavoro della forza di attrito è pari alla variazione di
energia cinertica, risulta allora:
1
2
2
W AB=−ad m g D=E kB −E kA = mv B −v A =mg r−R 
2
R−r 
ad =
=0.1
D
Esercizio n°7
Un blocco di massa m = 0.3 kg si sulla sommità di una guida circolare di
raggio R = 2.2 m. Nell’istante t = 0 il blocco ha la velocità v0 = 5.8 m/s e
comincia a scendere lungo la guida, cui è vincolato. Nella prima metà la guida
oppone al moto una forza tangenziale di attrito con modulo costante F = 3.1
N, nella seconda metà la guida è liscia. Calcolare la reazione della guida
nell’istante in cui il blocco passa nella posizione individuata dall’angolo  =
30°
DATI:
m = 0,3 kg (corpo)
R = 2,2 m
t=0 V0 = 5,8 m/s
F tang. attrito: F=3,1N
=30°
? Reazione vincolare in P
22
Svolgimento esercizio 7 (1)
(a) Lo schema dell’esercizio è il seguente, avendo fissato come livello 0 per
l’energia potenziale quello in figura:
1 2
E iniz= E p E cin =mg 2R mv 0
grav
2
A
B
dove:
1 2
E P = E p E cin . =mghP  mv p
grav .
2
h P =R−R cos θ=R  1−cosθ 
L’energia non si conserva dato che tra A e B
interviene una forza tangenziale di attrito non
conservativa. La variazione di energia tra O e P è
uguale al lavoro della forza di attrito nello stesso
tratto.
P
B
E P−E iniz =W AP
 
1
1




W AP=∫ F attr⋅ds=∫ F attr⋅ds=−F 2πR =− π RF
4
2
A
A
poiché la forza di attrito interviene solo nel tratto A-B
23
Svolgimento esercizio 7 (2)
Quindi:
1 2
1 2
1
E P− Einiz =W AP ⇔mgR  1−cosθ  mv P−2 mgR− mv 0 =− π RF
2
2
2
2
2
v P =v 0 2 gR
π RF
 1cos θ  −
⇒ v P=6.54 m/ s
m
Calcoliamo la reazione normale della guida nel punto P. Possiamo eguagliare la
componente radiale della risultante delle forze alla forza centripeta:
O
θ
NP
P
P
2
vP
N P −mg cos θ=F centr=m ⇒
R
E sostituendo l’espressione di vP otteniamo:
N P=
2
mv 0
R
mg  23 cosθ  −πF=8,37 N
La reazione vincolare è verso l'alto, poiché il corpo è vincolato alla guida
24