Amaldi Soluzioni Esercizi 93806 c03 [PDF]

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Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica RISPOSTE AI FERMATI A PENSARE DELLA TEORIA

 1. Il moto parabolico dei proiettili pag. 83

 In un lancio orizzontale la velocità iniziale v0 del proiettile ha componente y nulla e componente x uguale a v0 .

LI

 Quale forma assume, in questo caso, l’equazione [3] della traiettoria?  Dove si trova il vertice della traiettoria?

EL

Risposta g y   2 x2 2v0

NI CH

Nel punto di lancio, ossia nell’origine O del sistema di riferimento prescelto. pag. 83 Luigi è alla finestra del primo piano e lancia le chiavi a Roberta. Per descrivere il moto verticale delle chiavi, fissa un sistema di riferimento con l’asse y verticale e orientato verso il basso.

ZA

 Che segno ha la componente verticale della velocità iniziale delle chiavi?  Come scrivi l’equazione per la componente verticale vy della velocità istantanea delle chiavi durante il

moto di caduta? Risposta

 Positivo.  v y  gt

pag. 85 Un proiettile è sparato verso l’alto a 60° rispetto all’orizzontale. Un secondo proiettile, sparato con una velocità di uguale valore, ma con angolo di lancio diverso, ha la stessa gittata.

 Qual è l’angolo di lancio del secondo proiettile?  Quale dei due resta in volo più a lungo? Risposta

 Il complementare di 60°, cioè 30°.

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1

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

 Quello sparato a 60°, che sale più in alto perché ha una velocità iniziale con componente verticale maggiore.

 2. I moti circolari pag. 88 Rispetto ai cavalli più interni, quelli più esterni hanno una velocità vettoriale di modulo maggiore, minore o uguale? È possibile che, all’istante considerato, un cavallo della giostra abbia una velocità vettoriale di 2,4 m/s? Se sì, quanto dista questo cavallo dal centro della giostra? Risposta

LI

 Maggiore.  Sì. Il cavallo dista 4,0 m dal centro della giostra.

NI CH

EL

pag. 92 Le cabine della ruota distano 32 m dal centro: qual è il modulo della loro velocità alla fine del primo minuto? Qual è il modulo dell’accelerazione centripeta di ogni cabina allo stesso istante? Risposta

 v  r   0, 026 rad/s  32 m   0,83 m/s 

ac  2 r   0, 026 rad/s   32 m   2, 2  10 2 m/s 2 2

 4. Il moto armonico

ZA

pag. 99 In quale istante il punto Q passa per la prima volta per il centro di oscillazione? Qual è la sua velocità scalare in questo istante? Risposta  x  0 m per t    t  1, 00 s 2, 00 s 2

 v  r  1,57 s  0, 600 m   0,942 m/s pag. 100 Nel moto armonico di un punto materiale il modulo della velocità e quello dell’accelerazione raggiungono i rispettivi valori massimi negli stessi istanti? Risposta No: il modulo della velocità è massimo quando il punto materiale passa per il centro di oscillazione; il modulo dell'accelerazione è massimo quando il punto materiale si trova agli estremi.

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2

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

TEST

 Il moto dei proiettili 1 2 3

4

A D B

5 6

B C C

 Il moto circolare uniforme 8 9 10 11 12

BeD AeD CeD A D C

LI

7

15 16 17 18

PROBLEMI

NI CH

14

A B C BeC D C

ZA

13

EL

 Il moto armonico

 1. Il moto parabolico dei proiettili 1

In un solo caso la traiettoria non è parabolica ma rettilinea: quando la velocità iniziale ha la stessa direzione dell’accelerazione, cioè quando è diretta verticalmente verso l’alto o verso il basso.

2

 Il tempo impiegato dalla palla è 1 y   gt 2 2



 1,8 m     4,9 m/s 2  t 2

 t

1,8 m 

 4,9 m/s  2

 0, 61 s

 x  v0t   2,5 m/s  0,61 s   1,5 m 3

 Le componenti della velocità iniziale sono

vx  v y  v

2 2   21 m/s   14,8 m/s  15 m/s . 2 2

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3

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

 La gittata è L  2 4

g

v 2

2 2 g



2

v 2  21 m/s     45 m . g  9,8 m/s 2  2

Dalla formula della gittata massima, che si ha per un angolo di 45°, ricaviamo:

Lmax 5

vx v y

v02  g

 9,8 m/s  8,95 m   9,4 m/s

 v0  gLmax 

2

La velocità orizzontale della palla rimane costante: vx  v0 x  7,3 m/s . La velocità verticale finale è v y   gt    9,8 m/s 2   0, 45 s   4, 4 m/s

Quindi il modulo della velocità della palla all’atterraggio è

 7,3 m/s    4, 4 m/s  2

2

 8,5 m/s

LI

v

Traduzione Ti eserciti nel salto in lungo. Con quale angolo dovresti saltare per toccare terra più lontano? Risoluzione Vuoi ottenere la massima gittata, quindi l’angolo deve essere di 45°, se si trascura la resistenza dell’aria.

7

 In un sistema di riferimento con l’asse y rivolto verso l’alto, v y   v 2  vx2  

NI CH

EL

6

 9, 4 m/s    3, 7 m/s  2

2

v y è negativa ed è data da

 8, 6 m/s

t

vy g



ZA

 Il sasso raggiunge questa velocità dopo essere caduto per un tempo 8, 6 m/s  0,88 s 9,8 m/s 2

Allora, l’altezza della scogliera è yf 

8

1 2 1 2 gt   9,8 m/s 2   0,88 s   3,8 m 2 2

 Il tempo impiegato dal pesce è t

2h 2  20 m   2, 0 s g 9,8 m/s 2

 L’equazione della traiettoria è y

g 2 9,8 m/s 2 2 x   x   0,049 m 1  x 2 2 2 2v0 x 2 10 m/s 

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4

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

9 10

PROBLEMA SVOLTO Il tempo di caduta è t  2  y0  y  / g . La velocità verticale al momento dell’ingresso in acqua è:

v y   gt   2 g  y0  y  Quindi, la velocità del sasso quando entra in acqua è

v  vx2  v y2  v02  2 g  y0  y  

2

 2  9,8 m/s 2  1,9 m   7, 4 m/s

 Dall’equazione del moto nella direzione verticale y0 

y  y0  gt 2 / 2 , otteniamo:

1 2 2 gt   4,9 m/s 2   0,82 s   3,3 m 2

 La velocità al momento dell’ingresso in acqua è: v  vx2  v y2  v02    gt  

2

  9,8 m/s 2   0, 82 s    8,8 m/s 2

Le componenti della velocità devono essere uguali in modulo: v vx  v y  vx  gt  t  x g

NI CH

12

 3, 6 m/s 

EL

2

LI

11

 4, 2 m/s 

Dall’equazione del moto nella direzione verticale y  y0   gt 2 / 2 , otteniamo:

 5,3 m/s   1, 4 m v2 1 y0  gt 2  x  2 2 g 2  9,8 m/s 2  2

Il tempo di caduta è t  tratto x :

x  vt  v

14

 t  

v

2 y0 . Durante questo tempo, la biglia si sposta orizzontalmente di un g

ZA

13

2  0, 76 m  2 y0   0,56 m/s   0, 22 m g 9,8 m/s 2

2 1, 2 m  2 y0   0, 49 s g g

x 0,80 m   1, 6 m/s t 0, 49 s

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Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

15

La velocità minima, in modulo, viene raggiunta nel vertice della traiettoria, nel quale la componente verticale della velocità si annulla e resta solo la componente orizzontale: 1 vx  v cos    6, 0 m/s   3, 0 m/s 2

16

La componente orizzontale della velocità iniziale è vx  v cos80 e x  1, 3 m . Quindi, il volo del sacchetto avviene in un intervallo di tempo t : x t   1, 0 s vx

17

 v0 y  v0 sin 60   8,7 m/s  sin 60  7,53 m/s  tmax 

v0 y g

v02y  7,534 m/s  1 2  v0 y tmax  gtmax    2,9 m 2 2 g 2  9, 8 m/s 2 

hmax

EL

2

LI

0  v0 y  gtmax

 Il pallone si trova a metà dell’altezza massima due volte, negli istanti di tempo che si ottengono

t1/ 2 

v0 y  v02 y  ghmax g



t1  0, 23 s; t2  1, 3 s

1 2 gt , con y  1,80 m. Otteniamo così 2 l’equazione di secondo grado gt 2  2v0 y t  2 y  0, che ha una soluzione negativa (non accettabile) e

L’equazione della coordinata y della palla è y  v0 y t –

ZA

18

NI CH

dalla seguente equazione: hmax 1  v0 y t  gt 2  gt 2  2v0 y t  hmax  0 2 2

una soluzione positiva: t1,2 

v0 y  v02 y  2 gy g



8,8 m/s 

 8,8 m/s 

2

 2  9,8 m/s 2   1,80 m 

9,8 m/s 2

 2, 0 s

Quindi, la lunghezza del tiro è x  v0 x t   7, 0 m/s  2, 0 s   14 m . 19

Calcoliamo le componenti della velocità iniziale:

v0 x  v0 cos 30   70, 0 / 3, 6 m/s  cos 30  16,84 m/s  v0 y  v0 sin 30   70, 0 / 3, 6 m/s  sin 30  9, 722 m/s

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Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

La palla raggiunge due volte la quota h = 2,30 m, una volta salendo e una volta scendendo. Il tempo di volo è uguale al tempo impiegato per raggiungere la quota h la seconda volta e lo possiamo ricavare dalla seguente equazione: 1 h  v0 y t  gt 2  gt 2  2v0 y t  2hmax  0 2 tv 

v0 y  v02 y  2 gh g

 1, 71 s

La distanza orizzontale percorsa è x  v0 xtv  16,84 m/s 1,71 s   28,8 m . 20

 Per le proprietà goniometriche citate nel suggerimento, nel passare da un angolo al suo

EL

corrisponde all’angolo di lancio maggiore. Vale la relazione v02y  2 g   y2 , da cui ricaviamo

LI

complementare le due componenti orizzontale e verticale della velocità iniziale si scambiano di valore. Indichiamo con v0 y il più grande dei due valori iniziali della velocità verticale, quello che

v0 y  2 g y2  2  9,8 m/s 2   0, 42 m   2,9 m/s

NI CH

Dall’altro dato abbiamo v02x  2 g   y1 , che permette di calcolare

v0 x  2 g y1  2  9,8 m/s 2   0,10 m   1, 4 m/s

 La gittata dei due lanci è L2

g

2

 2,9 m/s 1, 4 m/s   0,83 m 9,8 m/s 2

 L’altezza massima raggiunta da un proiettile nel lancio obliquo è ymax  v02y  2 g  , quindi:

ZA

21

v0 y v0 x

v0 y ,1  2 g y1  2  9,8 m/s 2  2, 4 103 m   2,17 102 m/s Per le proprietà goniometriche citate nel suggerimento, nel passare da 25° al suo complementare 65°, le due componenti orizzontale e verticale della velocità iniziale si scambiano:

v0 x ,1  2 g y2  2  9,8 m/s 2 11103 m   4, 67 102 m/s Allora, il modulo della velocità iniziale dei due lanci è

v  v02x ,1  v02y ,1 

 2,17 10

2

m/s 2    4, 67 102 m   5,1102 m/s

 La gittata dei due lanci è L2

v0 y v0 x g

2

 2,17 m/s  4, 67 m/s   21 km 9,8 m/s 2

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7

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

22

Nel moto uniformemente accelerato, vale v 2  v02  2as . Quindi: v02y  v02 y  2 gy  v y  v02y  2 gy  (v0 sin 20) 2  2 gy   [(12 m/s) sin 20°]2 +2(9,8 m/s)(10 m) =15 m/s

Dall’espressione v y  v0 y  gt , ricaviamo

t

v y  v0 y g



(15 m/s)  [(12 m/s)sin 20°]  1,1 s 9,8 m/s 2

x  v0 xt  (v0 cos 20)t  (12 m/s)( cos 20°)(1,1 s)  12 m

24

g x  3, 2 m/s 2v x

L’equazione della traiettoria della palla è y  y

3 g 2g x  2 x 2  v0 x  x 4 2 v0 x 3x  4 y

v0 y

x

g 3 x 2 . Ponendo v0 y  v0 x , otteniamo: 2 2 v0 x 4

EL

vy 

LI

La velocità orizzontale della palla è vx  xt  26 m/s . Dalla formula della gittata, si ottiene:

v0 x

NI CH

23

Per x  10,5 m si ha y   3,05  1,90  m  1,15 m, perciò possiamo calcolare v0 x  10,5 m 

2  9,80 m/s 2 

3 10,5 m   4 1,15 m 

 8,96 m/s

v0  v02x 

ZA

Allora, il modulo della velocità iniziale è

9 2 5 5 v0 x  v0 x   8,96 m/s   11, 2 m/s 16 4 4

e la durata del lancio è x 10,5 m t   1,17 s v0 x 8,96 m/s 25

Nel passare da un angolo di lancio al complementare, i valori delle componenti della velocità iniziale lungo x e lungo y si scambiano. Indichiamo allora con v0 y il più grande dei due valori iniziali della velocità verticale, quello che corrisponde all’angolo di lancio maggiore. Dalla formula per la quota massima del moto parabolico, otteniamo

v02y 2g



v02x  y 2g

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8

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

Mettiamo questa equazione a sistema con l’equazione per v0x , ricavata dall’espressione per la gittata, Lg v0 x  : 2v0 y Lg  v0 x  2v 0y  v 2  v 2  2 g y  0  0 y 0x

Sostituendo la prima equazione nella seconda, otteniamo un’equazione biquadratica:

4v04y  8g yv02y  L2 g 2  0 L’unica soluzione accettabile di questa equazione è

g 2y  2 

 2y 

2

 L2   

 4,90 m/s  1,386 m  1,386 m    5, 73 m  2

2

LI

v0 y 

 5, 73 m   9,80 m/s 2  Lg v0 x    4, 70 m/s 2v0 y 2  5, 97 m/s 

 4, 70 m/s    5,97 m/s  2

2

Uno dei due angoli di lancio è   arctan   90    38, 2 .

v0 y v0 x

 arctan

5,97 m/s  51,8 , il suo complementare è 4, 70 m/s

ZA

 2. I moti circolari

 7, 60 m/s

NI CH

v0  v02x  v02y 

  5,97 m/s 

EL

Quindi:

2

26

Ogni punto del DVD compie un giro completo nello stesso intervallo di tempo, quindi la velocità angolare è la stessa per tutti i punti del DVD. Tuttavia, un punto più distante dal centro ha velocità maggiore di un punto più vicino al centro perché, nello stesso intervallo di tempo, percorre una distanza maggiore.

27



2 2 2    1, 6 104 rad/s T 10 h 39 min   38340 s 

28

T

2 2   1, 7  105 s   3, 7  10 5 rad/s 

29

Sul bordo. I punti del disco hanno tutti la stessa velocità angolare; a parità di velocità angolare, l’accelerazione centripeta è direttamente proporzionale al raggio.

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9

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

30 31

PROBLEMA SVOLTO



2 1,1 1011 m  2r La velocità media è pari a v  r    3, 6  10 4 m/s. T  224, 70  86400 s 

 La velocità angolare è  

32

f 

2 2   3, 2 107 rad/s. T  224, 70  86400 s 

15  5, 0 Hz    2f  31 rad/s 3

33

PROBLEMA SVOLTO

34

v 2  0,34 m/s  ac    0,18 m/s 2 l 0, 63 m

35

2 2v 2 18, 6  10 m/s    6, 0  10 2 m/s 2 ac  T  2  9,8 s 

36

 28180 km/h    28180 / 3, 6 m/s   9, 4 m/s2 v2 v2 a   r RT  h 6380 km  140 km 6520 103 m

NI CH

EL

LI

2

2

2

2

 

  2  2    2, 4 1020 m   2, 2  105 m/s v   r   6 T 220 10 365 24 3600 s          

ZA

37

2   2  2    2, 4 1020 m   2, 0 1010 m/s 2 ac    r   6 T     220 10  365  24  3600 s  

38

La velocità angolare è:  

39

 Da

v  2fr e r 

2 rad 1800  2 rad  T 60 s

 T  3001 s.

d 0,14 m   0, 070 m , otteniamo: 2 2

v  2fr  2  50 s 1   0, 070 m   22 m/s



1  0,33  2  50 s     30 rad/s 2 3,5 s t

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10

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

40

Traduzione Un motociclista percorre una curva a velocità costante e con un’accelerazione centripeta pari a 2,4 m/s2. La curva è un arco di circonferenza di raggio 60 m.

 Determina il modulo della velocità del motociclista. Risoluzione ac 

 v  rac 

 60 m   2, 4 m/s 2   12 m/s  43 km/h

v 

vr v  R  d  v       d   2f R R  

42

 v  d    2f

 45 giri   0, 75 Hz , quindi la velocità richiesta è v  0,33 m/s . 60 s

NI CH

La frequenza del disco è f 

La velocità angolare è  

2 2   2, 6 rad/s T  2, 4 s 

La velocità sul bordo del disco è data da v  r 

2r 2  0,50 m    1,3 m/s T  2, 4 s 

 La velocità angolare della Terra attorno al proprio asse è 

ZA

43

LI

Indichiamo con R il raggio del disco, con v la velocità dei punti del bordo, con d = 0,030 m la distanza del punto in esame dal bordo, con r = R – d il raggio del punto di cui viene chiesta la velocità e con v la velocità richiesta. Otteniamo: v v v v    R  R R  2f

EL

41

v2 r

2 2   7,3  105 rad/s T 86400 s

 Il triangolo OMP è un triangolo rettangolo isoscele. La distanza

d  OP del punto M dall’asse di

rotazione della Terra si ottiene dal teorema di Pitagora:

R 6, 4 106 m R  d d d 2  d    4,5 106 m 2 2 2

2

In alternativa,

d  R cos   R cos 45  4,5 106 m La velocita in corrispondenza della località M è

v  r   7, 3  10 5 rad/s  4, 5  106 m   3, 3  10 2 m/s

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11

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

46





v



d



ds 

 0, 60 m   0, 42 m/s L  1, 4 rad/s  2 2

v 0, 22 m/s   0, 69 m  0,32 rad/s v 0,13 m/s   0, 41 m  0,32 rad/s

Dalle equazioni vA  RA , vB  RB , RB  RA  1,32 m  e vB  vA   3, 2 m/s  , otteniamo:

 3, 2 m/s   1,32 m     t 

48

49

 3, 2 m/s   2, 4 rad/s 1,32 m 

2 360 t  (1 d)  0,99 T 365 d

     2   T T 365 d        30 d   6   T  6 2 12 12

NI CH

t 



2 6, 28 rad   1, 7  103 rad/s T 3600 s







v  r  1, 7  10 3 rad/s   0,86 m   1, 5  10 3 m/s



ac

ZA

47



LI

45

v 0,84 m/s   1, 4 rad/s L 0, 60 m



EL

44

 2  

2

6 RT cos   2  3,14   6, 4  10 m  cos     0, 034 m/s 2  cos  2 2 T  24 h  3600 s/h  2

ac (0)  0, 034 m/s 2

ac (30)  0, 029 m/s 2 ac (45)  0, 024 m/s 2 ac (60)  0, 017 m/s 2

ac (90)  0

 acmax( g )

ac (0) 0,034 m/s 2    3,5 103  ac =3,5 103 g 2 9,8 m/s g

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12

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

50



  2  2  v   r     0,80 m  1,1 m/s  6 0, 75 s   T   



2   2  2  2 ac    r     0,80 m   1, 6 m/s T    6  0, 75 s  

2

 2   0, 40  2   1,1101 m/s r      T  11 s   2 m 

 v  r  

2

2



 2   0, 40   2  ac   r    r    6,5  10 2 m/s 2    T  11 s   2 m 



v  r  r 

2

v v vT  0, 63 m/s 11 s      1,1 m  D  2r  2 1,1 m   2, 2 m  2 / T 2 2

D  2r  2 1,1 m   2, 2 m

EL

 La macina ha un’accelerazione centripeta pari a 2

2

LI

51

NI CH

 2   2  1 2 ac    r    1,1 m   3, 6  10 m/s 11 s T     52

PROBLEMA SVOLTO

53

 La velocità angolare del disco è:

54



ZA



5800  2 rad  607 rad/s . La velocità dei punti periferici 60 s 0,165 del disco è: v  r   607 rad/s  m  50,1 m/s . 2 v 50,11 m/s Dalla relazione v  2fr , si ricava f    96, 67 s 1  96, 7 Hz. 2r 2 0,165 m 2 

d  10 ''  10 '' 

ac  

v2 r

2,54 cm  25, 4 cm  0, 254 m 1''

 v  ac r 

m  1, 04 m/s 8,52 m/s  0, 254 2 2

v 1, 04 m/s   8,19 rad/s r 0, 254 m 2

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13

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

 8,19 rad/s   1, 78 rad/s 2 2    2 2  3  2 rad  2



Il segno dell’accelerazione è negativo perché il disco decelera. 55

1   0t  t 2 2

 t 2  20t  2 s  0

0  02  2 0, 25 rad/s  t  

 0, 25 rad/s 

2

 2  0, 017 rad/s 2    / 2 rad 

0, 017 rad/s 2

vT  250 / 3, 6 m/s  0, 0368 s  40, 67 cm   0, 4067 m  40, 67 cm   16, 0 '' 2 2 2,54 cm/ ''

v 



EL

 r 

 170,8 rad 1 2 1 at 2 1 t v 1  5, 0 s 100 / 3, 6 m/s  t    170,8 rad  ngiri    t  2 2 r 2 r 2 0, 4067 m 2 2  27, 2

 

NI CH

56

LI

Le due soluzioni sono t1  9,1 s e t2  20 s. La soluzione accettabile è la prima t1  9,1 s. Per la seconda soluzione il motociclista dovrebbe percorrere la curva all’indietro (continuando a muoversi con accelerazione negativa dopo essersi arrestato), quindi non è fisicamente accettabile.

v 2 110 m/s  ac    18,9 m/s 2 r 640 m 2

57

at   r   0, 0188 rad/s 2   640 m   12, 0 m/s 2

 ac    at  2

2



18,9 m/s   12, 0 m/s  2 2

2 2

ZA

a

 22, 4 m/s 2

v 2  2, 4 m/s  ac    7,1 m/s 2 r 0,81 m 2

58



a

a

2 c

 at2 

 7,1 m/s    3, 2 m/s  2 2

2 2

 7,8 m/s 2

 Dall’espressione dell’accelerazione tangenziale at  r , otteniamo: at 3, 2 m/s 2    4, 0 rad/s 2 0,81 m r 59

La velocità massima è vmax  120 km/h  33,3 m/s e il raggio delle ruote motrici è 0,920 m  0, 460 m . r 2

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14

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

2  33,3 m/s   2, 42 103 m/s2 . vmax  Allora, l’accelerazione centripeta è ac  0, 460 m r 2

L’accelerazione tangenziale è at   r   3,13 rad/s 2   0, 460 m  1, 44 m/s 2 . Quindi, il modulo dell’accelerazione è: a 60

a

2 c

 at2  

 2, 42 m/s    1, 44 m/s  2 2

2 2

 2,81103 m/s 2

 Gli spostamenti angolari espressi in radianti sono: rad  3204 rad giro rad 2  900 giri  900 giri  2  5655 rad giro

LI

1  510 giri  510 giri  2

Per i due istanti di tempo, valgono le seguenti relazioni:

Quindi:

EL

0 1    2 t 2  2 t  1 1   2 2  t     t2   t2 2 1 2 0  0 2 t1 t1

NI CH

1 2  1  0t1  2 t1     t  1 t 2 0 2 2  2 2

2

 15, 4 s  t2 1 22  2  3204 rad      5655 rad  10, 2 s  t1  0    210 rad/s 2 t22 15, 4 s    t2  15, 4 s t1 10, 2 s  1 3204 rad 210 rad/s 2 0  2 2  20, 4 rad/s 2 2 2 t1 t1 10, 02 s 10, 2 s 

ZA

2

 La velocità dell’estremo di un dente è:  0,140  v  0 r   210 rad/s   m   14, 7 m/s  2 

 4. La forza centripeta e la forza centrifuga apparente 61

Chi si trova all’interno del cilindro in rotazione sente la forza centrifuga che lo spinge verso il bordo del cilindro, che rappresenta per lui il suolo. Questa forza è perpendicolare al bordo e costante in ogni suo punto, proprio come la forza di gravità vicino al suolo terrestre.

62

No. Si definisce forza centripeta qualsiasi forza, o somma di forze, che è costantemente diretta verso un punto e produce un moto circolare. Quindi, affinché una forza, o somma di forze, sia detta centripeta non ha importanza quale ne sia la causa, conta solo l’effetto.

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15

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

63

Nel sistema di riferimento solidale con il disco, il distacco dell’oggetto corrisponde alla messa in moto dell’oggetto stesso. Ciò avviene quando la forza centripeta supera la forza di attrito statico: m2 r   s mg  2   s g / r . Quindi, si può aumentare r oppure diminuire il coefficiente di attrito statico: le risposte giuste sono (a) e (b).

64



Fc  mac  m   25 kg   8, 3 m/s 2   2,1 10 2 N



ac 



v 2  0, 642 m/s   66,8 102 m/s 2 ac   r 0, 617 m



Fc  mac   58, 4  10 3 kg  66,8  10 2 m/s 2   3, 90  10 2 N

v2 r

 v  ac r 

8,3 m/s   2,8 m   4,8 m/s 2

v  r  2f

d  fd 2

EL

66

LI

2

65

67

NI CH

1, 2 kg    10 Hz 0, 014 m  2  0, 27 N v2 m 2 Fc  mac  m   fd      R R  0,86 m   La forza applicata dal disco sul tappo ha due componenti:

 una verticale, diretta verso l’alto e in modulo pari a Fy  mg  4,9 102 N ;  una orizzontale pari alla forza centripeta Fc  m

69

v2 Fc  m R

70

  s mg  m

v2  v   s gR  0, 26  9,8 m/s 2  16 m   6, 4 m/s R

ZA

v2 R

68

Fc  Fx  m 2 r  1, 6  10 3 N.

 50 / 3, 6 m/s   0, 22 v2 v2   s ,min mg  m   s ,min   R gR  9,8 m/s 2   90 m  2

L’inclinazione fa sì che vi sia una componente non nulla della forza-peso parallela alla pista e diretta verso l’interno. Questa si aggiunge alla forza d’attrito tra la gomma della bici e la pista e fornisce la forza centripeta necessaria per affrontare la curva e consentire ai ciclisti di correre a velocità maggiori di quelle possibili su una pista piana.

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16

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

71

Indicata con T la forza esercitata dal filo, dalla seconda legge di Newton, otteniamo: 2  0, 76 m/s     v2  2  T  m  g cos 30     0,51 kg   9,8 m/s  cos 30  N l   0, 46 m    

v2 T  mg cos 30  m l

72



 La somma delle forze applicate è la forza centripeta. Nel punto più basso, la forza-peso FP e la  forza F applicata dal carrello hanno versi opposti:

2  4, 20 m/s     v2 v2 v2  2 F  FP  mac  m  F  FP  m  m  g     75, 0 kg   9,8 m/s    R R R 10, 0 m    

 867 N





 Nel punto più alto, la forza-peso FP è diretta verso il basso, ma la direzione della forza F applicata

LI

dal carrello non è nota. Se assumiamo che tale forza sia diretta verso l’alto, otteniamo: 2  4, 20 m/s     v2 v2  2  F  FP  m  m  g     75, 0 kg   9,8 m/s    R R 10, 0 m    

EL

v2 F  FP  mac  m R

73

v2 Fc  m R

NI CH

 603 N

 55 / 3, 6 m/s   34 m v2 v2   s mg  m  R  R g s  9,8 m/s 2   0, 7 m  2

mv 2  400 kg  2, 0 m/s  F  Fc    4, 21 10 2 N R  3,8 m  2

74



ZA

 Per ridurre la forza da esercitare, l’addetto deve allentare la corda in modo che il raggio della traiettoria aumenti.

75

Nel punto più alto del «giro della morte», si ha:  v2  FV  mg  m    r

76

 v 

rFV  gr  m

1, 20 m  235 N   68, 0 kg

 9,81 m/s  1, 20 m   3, 99 m/s 2

Nel punto più alto della traiettoria, vale la relazione Fc  Fs  FP , dove Fs è il modulo della forza di reazione vincolare della pista. Quindi, il minimo valore della forza centripeta è Fc  FP : m 

77

v2  mg  v  rg   r

1,9 m   9,8 m/s 2   4, 3 m/s

PROBLEMA SVOLTO

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17

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

78

 Dalla figura si ricava:

 3, 4  2, 0  m  30 r2  r1  arcsin . l 2,8 m  La forza totale che agisce sui seggiolini è orizzontale, allora il vettore FVy deve essere uguale e  opposto a FP :    arcsin

 FV cos   mg  FV 

mg cos 

LI

FVy  FP

r2  r1 l

EL

l sin   r2  r1  sin  

 Inoltre, il vettore FVx costituisce la forza centripeta:

Si ottiene:



g tan   r2

mg sin   m2 r2 cos 

30  1, 29 rad/s  1,3 rad/s  9,8 m/s  tan 3, 4 m 2



2 2 2 si ottiene il periodo del moto: T    4,9 s . T  1, 29 rad/s

ZA

 Dall’espressione



NI CH

FVx  FV sin   m2 r2

 La velocità di un seggiolino è data da v  r2  1,3 rad/s  3, 4 m   4, 4 m/s . 79

 Dalla figura si ricava: r  l sin    0, 64 m  sin 45  0, 45 m . La forza totale che agisce sulla   massa m è orizzontale, di conseguenza il vettore FVy deve essere uguale e opposto a FP :

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18

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

FVy  FP  FV cos   mg  FV 

mg cos 

 Inoltre, il vettore FVx costituisce la forza centripeta, quindi: FVx  FV sin   m2 r 

mg sin   m2 r    cos 

g tan   r

 9,8 m/s  0,tan4545m  2

 4, 67 rad/s  4,7 rad/s La velocità della massa m è v  r   4, 67 rad/s  0, 45 m   2,1 m/s .

 L’accelerazione centripeta

ac  2 r   4, 67 rad/s   0, 45 m   9,8 m/s 2 . 2

PROBLEMA SVOLTO

81

 I moduli dei vettori componenti della forza-peso lungo la direzione radiale e tangenziale sono

LI

80

Fr  mg cos    0,142 kg  9,81 N/kg  cos 25, 0  1, 26 N

EL

Ft  mg sin    0,142 kg  9,81 N/kg  sin 25,0  0,589 N

La velocità è v  r   2, 0 rad/s  0, 420 m   0,84 m/s . Di conseguenza la forza centripeta è:

 0,84 m/s   0, 24 N v2 Fc  m   0,142 kg  r 0, 420 m

NI CH

2

Poiché Fc  FV  Fr , dove FV è la forza di reazione vincolare, cioè la tensione del filo, si ottiene:

FV  Fc  Fr   0, 24  1, 26  N  1,5 N

 L’accelerazione tangenziale è data da

82

Ft 0,589 N   4,15 m/s 2 m 0,142 kg

ZA

at 

 Scomponiamo la forza-peso nelle componenti radiale e tangenziale: FP,r  mg cos30   0,105 kg  9,8 N/kg  cos30 FP,t  mg sin 30   0,105 kg  9,8 N/kg  sin 30 La componente radiale della forza-peso, sommata alla forza di reazione vincolare FV della pista, è uguale alla forza centripeta Fc : Fc  FP ,r  FV

Possiamo così ricavare la forza vincolare: FV  Fc  FP ,r  m2 r  mg cos 30  m  2 r  g cos 30  2   0,105 kg   6, 283 rad/s   0, 252 m    9,8 N/kg  cos 30   0,15 N  

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19

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

 L’accelerazione angolare è 9  1  1 6, 283 rad/s  10       1,9 rad/s 2 t t 10 t 10 0,33 s

LI

83

EL

La proiezione verticale della forza di reazione vincolare equilibra la forza-peso: mg FVy  FV cos   FP  mg  FV  cos 

NI CH

La proiezione orizzontale fornisce la forza centripeta: FVx  FV sin   Fc  mac  m 2 r 

Si ottiene:

mg sin   m 2 r  cos 

FV sin   m 2 r

g sin   2 r cos 

ZA

r Dalla figura si ricava che r  l sin   sin   . Quindi: l gr g  2 r  cos   2 l cos  l

Tenendo conto che  

cos  

2 rad/s  6,9 rad/s , otteniamo 0,91

9,8 m/s 2

 0, 70 m  6,9 rad/s 

2

 0, 29    73

84

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20

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

 L’angolo tra la direzione radiale e la forza-peso è:

  270  225  45.

La componente radiale della forza-peso è:

FP,r  FP cos   mg cos   1, 0 kg  9,8 N/kg  cos 45  6,9 N La forza centripeta è Fc  FV  FP ,r v

v2  m . Quindi: r

r 0, 40 m FV  FP ,r    31 N  6,9 N   3,1 m/s  1, 0 kg m

 La componente tangenziale della forza-peso è: per cui l’accelerazione tangenziale della sfera risulta F 6,9 N at  P ,t   6,9 m/s 2 m 1, 0 kg

EL

 4. Il moto armonico

LI

FP,t  FP sin   mg sin   1, 0 kg  9,8 N/kg  sin 45  6,9 N

La curva tratteggiata rappresenta la velocità in funzione del tempo e la curva rossa la posizione in funzione del tempo. La velocità è nulla negli istanti in cui la il moto si inverte, ossia quando l’ampiezza è massima (in valore assoluto), mentre assume il valore massimo (in valore assoluto) in corrispondenza del centro dell’oscillazione.

86

No: nel moto armonico posizione e accelerazione hanno sempre segni opposti; senza altre informazioni è impossibile dire quale dei due grafici è quello dell’accelerazione e quale quello della posizione.  Con 0   , otteniamo 2

ZA

87

NI CH

85

      x  r cos  t  2   r cos  2  t   r sin  t        v  r sin  t     r sin    t   r cos  t       2  2  88

La legge della posizione è x  r sin  t  . Questa funzione si annulla per t = 0 s. Nello stesso istante la velocità ha il suo massimo valore positivo e poi inizia a diminuire: v  r cos  t  .

89

Dal grafico, l’ampiezza è r  2 mm , il periodo è T  0, 4 s e la frequenza f  1/ T  2,5 s1 .

90

 Il periodo è dato da T  2 /   1, 2 s .  L’ampiezza del moto è data dal raggio della ruota: r = 45 cm.

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21

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

91



T

1 1   0, 4345 s  0, 435 s f 2,30 Hz

  2f  2(2,30 Hz)  14, 45 rad/s

 Il moto inizia nella posizione s = r verso l’alto all’istante t = 0 s, per cui la legge oraria è s  t   r cos  t  .

Quindi, la posizione del pesetto dopo 0,300 s è s(0,300 s)  (5,00 cm) cos  (14, 45 rad/s)(0,300 s)  1,84 cm v0  r  14, 45 rad/s   5, 00  10 2 m   0, 725 m/s

 

  2f  2(2, 0 Hz)  13 rad/s v0  r  (13 rad/s)(6, 0  10 2 m)  0, 78 m/s

 s  r cos t  s  (6,0 102 m) cos[(13 rad/s)t ] e

LI

92



EL

v  r sin t  v  (13 rad/s)  6, 0  10 2 m  sin 13 rad/s  t 

 Dalla legge oraria del moto armonico per t = 0,50 s, otteniamo

93

NI CH

s  (6,0 102 m) cos[(13 rad/s)(0,50 s)]  5,9 102 m

 T  1,5 s ; f  1/ T  0, 67 s    2 / T  2 / 1,5 s   4, 2 rad/s

ZA



94

 L’ampiezza è 10, 0 cm  0,100 m e la pulsazione è T

0, 748 rad/s . Il periodo è dato da

2 2   8, 40 s  0, 748 rad/s

 Il punto luminoso passa la prima volta per il centro per t  T 4  2,10 s.  In tale istante la velocità vale vmax  r   0, 748 rad/s  0,100 m   0, 0748 m/s

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22

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

95

 Dalla legge oraria si deduce che r  0,15 m;   1,6 rad/s; f0  0 . Il periodo è: 2 2   3,9 s T  1, 6 rad/s

 La velocità agli estremi è vA  vB  0 m/s ; la velocità al centro è vO  r  1, 6 rad/s  0,15 m   0, 24 m/s .

Traduzione Un’automobilina si muove a velocità di modulo costante in uno spazio tra due pareti: quando ne urta una, si gira di 180° e si dirige verso l’altra parete. Il moto dell’automobilina può essere considerato un moto armonico? Risoluzione Il moto dell’automobilina è periodico ma non armonico. Nel moto armonico la velocità non è costante.

97

Traduzione Un oggetto si muove di moto armonico raggiungendo la velocità massima di 1,2 m/s ogni volta che passa dalla posizione centrale, il che avviene ogni 3,6 s.

NI CH

EL

LI

96

 Determina l’ampiezza e la massima accelerazione del moto armonico. Risoluzione

Il periodo è T  4  3, 6 s   14, 4 s , quindi l’ampiezza è vmax vmaxT 1, 2 m/s 14, 4 s     2,8 m  2 2 L’accelerazione massima è

ZA

r

 2   2  2 amax  vmax    vmax    1, 2 m/s   0,52 m/s T 14, 4 s     98

   2f  2  30 Hz   60 rad/s amax  2 r  r   4,50 102 m/s 2  /  60 rad/s  0, 013 m 2

s   0, 013 m  cos  (60 Hz  rad)t 

 v  r   60 rad/s  0, 013 m   2,5 m/s 99

 amax  2 r   2 / T 2 r  2 / 12, 2 s    7, 0 102 m   1,9 102 m/s2 2

 f  1/ T  1/ 12, 2 s   0,082 Hz    2f  0,52 rad/s

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23

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

100

 Dal grafico si ricavano il periodo T  1, 0 s e l’accelerazione massima 

amax  12 m/s 2 . Quindi:

2 1  6,3 rad/s e f   1, 0 Hz T T

amax  r2

 r

amax 12 m/s 2   0,30 m 2  6, 28 rad/s 2

 vmax  A   0,30 m  6, 28 rad/s   1,9 m/s



2  0,90 2   103 m   3, 4  103 m/s 2 amax  2 r   2f  r   2  440, 0 Hz     2 



 0,90   10 3 m   1, 2 m/s vmax  r   2f  r  2  440, 0 Hz    2 

LI

102

a   amax cos(t )  (12 m/s 2 ) cos(6,3 rad/s)(1, 2 s)  3,5 m/s 2

 La fase iniziale è nulla, allora x  r cos  t  e a  2 r cos  t  . Quindi:

EL

101



NI CH

a a 2,8 m/s 2 2          3, 8 rad/s 0,19 m x x Il periodo è 2 2 T   1, 6 s  3,8 rad/s

ZA

L’ampiezza del moto è x r cos  t 

Poiché t   3,8 rad/s  0,17 s   0, 65 rad  37 , otteniamo

r

0,19 m  0, 24 m cos  37 

 Infine, la velocità è data da v  r sin  t     3,8 rad/s  0, 24 m  sin  37  0, 55 m/s

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24

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

103





2 2   27,19 rad/s  27, 2 rad/s T 0, 231 s

 Inoltre, t   27, 2 rad/s  0, 0938 s   2,55 rad  146 , allora dalla relazione v  r sin  t  otteniamo: 3, 68 m/s v   0, 243 m r  sin  t   27,19 rad/s  sin  2,55 rad  104

Per il moto armonico valgono le seguenti relazioni

 x  r cos  t   2 a   r cos  t  Quindi:

a 2,81 m/s 2    8, 28 rad/s x 0, 0410 m

LI

 

 Scegliamo un sistema di riferimento con origine al centro della pista. L’ampiezza del moto è data



dalla posizione dell’atleta al tempo t  0 s . All’istante iniziale, l’atleta si trova nel punto 340 m A(0 m; r), dove r è il raggio della pista, quindi l’ampiezza è r   54 m . 2 156 s 1 Il periodo è T   52 s , la frequenza è f   0, 019 s e la pulsazione T 3 2   0,12 rad/s . T

ZA

105

NI CH

Il periodo del moto è 2 2 T   0, 759 s  8, 28 rad/s

EL

Si ha anche 1, 230 rad x 0, 0410 m cos  t     0,333  t  70,5  1, 230 rad  t   0,149 s r 0,1230 m 8, 28 rad/s



x (t )  r cos t   54 m  cos  0,12 rad/s  t  ; v (t )  r cos t    54 m  0,12 rad/s  sin  0,12 rad/s  t 



x (30 s)   54 m  cos  0,12 rad/s  30 s    –48 m



x (60 s)   54 m  cos  0,12 rad/s  60 s    33 m

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25

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

106



224 s  56 s 4 1 f   1,8  102 Hz T 2   0,11 rad/s T

T



r  6, 0 m; T  4, 0 s;





2  1,57 rad/s T

vmax  r  9, 4 m/s

108



f 

ZA

amax  2 r  15 m/s 2

1  0, 25 Hz T

NI CH

107

EL

LI



r  22 cm; T  

15 s  5, 0 s 3

2  1, 26 rad/s T

amin  0 m/s 2 ; amax  2 r  0,35 m/s 2

 L’accelerazione è nulla quando la pallina passa per il centro del suo moto, mentre è massima in

modulo quando la pallina si trova a un estremo. L’intervallo di tempo impiegato dalla pallina per andare dal centro a un estremo (distanti r) è uguale a un quarto del periodo (T/4), perciò la velocità media è r 4r vm    0,18 m/s T /4 T

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26

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

 Se la frequenza triplica, il periodo si riduce di un fattore 3: T 

T 3

  

2 2 3  3, 77 rad/s T T

vmax  r  0,83 m/s 109

La formula r sin  t  è la penultima della tabella, con k  r  e a  . Quindi:

a(t ) 

1 a rappresentano delle costanti. Inoltre, la derivata della somma di più funzioni 2 è uguale alla somma delle derivate, allora otteniamo

I simboli s0 , v0 , e

LI

110

dv(t ) d  r sin  t      r  cos  t   r2 cos  t  dt dt

EL

2 2 ds(t ) d  s0  v0 t  1 2  at  d(s0 ) d(v0 t ) d 1 2  at  v(t )      dt dt dt dt dt

Essendo s0 una costante, la sua derivata è uguale a zero:

NI CH

d(s0 ) 0 dt Inoltre, per la seconda e la terza formula della tabella valgono anche le seguenti relazioni:

d 1 2  at 2  d(v0 t )  v0 e  2 1 2  at  at dt dt Quindi, per la funzione velocità otteniamo

ZA

2 d(s0 ) d(v0 t ) d 1 2  at  v(t )     0  v0  at  v0  at dt dt dt Ora possiamo calcolare la funzione accelerazione istantanea: dv(t ) d(v0  at ) d(v0 ) d(at ) a (t )      0a  a dt dt dt dt

 5. Il moto armonico di una massa attaccata a una molla 111

I due oggetti tornano al punto di partenza nello stesso istante. Il periodo di oscillazione, infatti, non dipende dall’allungamento ma solo dalla massa e dalla costante elastica.

112

Lo spostamento rispetto alla posizione di equilibrio e l’accelerazione sono direttamente proporzionali e hanno verso opposto.

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Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

m 113 T  2  k

2

2

 2   2  2  k   m   55 kg   4,1 10 N/m T   2,3 s 

a 0, 42 m/s 2   2, 6 rad/s 114   d /2 0, 062 m

2 0, 42 kg m  2  2  0, 281 s  k 210 N/m

f 

1 k 1 210 N/m   3,56 Hz 2 m 2 0, 42 kg

PROBLEMA SVOLTO

1 m2   2 k  f2 117   1  2 m1 f k  1

f1 m2 250 g    1,18 f2 m1 180 g

NI CH

118



LI

116

T

EL

115

La frequenza di oscillazione è

 1 k  2 2  m La massa dell’oggetto e la costante elastica della molla non dipendono da dove queste si trovano, quindi la frequenza non varia. 119

ZA

f 

 Da T  2

2

2

m T   2  , otteniamo m  k   e k  m   . k  2  T 

Ricaviamo quindi la costante elastica della molla con i dati relativi al carrello vuoto: 2

2

 2   2  k  mc     2, 00 kg     230 N/m  0,586 s   T0 

Quando il carrello è utilizzato con la massa incognita, si ha T  mtot  m  mc  k    2  2

2

2

N   0, 763 s  T   m  k    mc   230    2, 00 kg  1,39 kg m   2   2  

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Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

 La pulsazione angolare del carrello vuoto è 0 

k 230 N/m   10, 72 rad/s mc 2, 00 kg

La pulsazione angolare del carrello con la massa m è



230 N/m k k    8, 24 rad/s mtot m  mc 2, 00 kg  1,39 kg

La variazione relativa in percentuale della pulsazione angolare è

% 

Indichiamo con s l’allungamento della molla rispetto alla sua lunghezza a riposo e con s  0 m la posizione dell’estremità libera della molla a riposo. Quando l’oggetto si muove (scendendo) si ha s0. Dal secondo principio della dinamica, otteniamo: Mg    ks  Mg  Ma   k  s    Ma k  

EL

LI

120

8, 24  10, 72  rad/s 100  23,1%   0 100  0 10,72 rad/s

NI CH

Definiamo il nuovo allungamento della molla Mg s  s  k Dato che l’accelerazione è ancora a, si ottiene l’equazione del moto armonico: k s M La posizione di equilibrio si ottiene per s  0 , cioè a

ZA

 0, 740 kg   9,8 m/s Mg s  k 140 N/m

2

  0, 052 m

Il periodo e la frequenza sono:

T  2 f  121

0, 740 kg m  2  0, 457 s k 140 N/m

1  2,19 Hz T

 Il modulo della forza elastica. Fe  ks  160 N/m  0, 060 m   9, 6 N , è maggiore del modulo della forza di attrito statico Fs   s mg  0, 211, 5 kg   9,8 m/s 2   3,1 N , quindi il blocco si mette in moto.

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Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

 L’equazione del moto è  mg   ma   kx   d mg   k  x  d  k  

 d mg , l’equazione del moto diventa ma  kx ' , che è k l’equazione del moto armonico, con pulsazione   k / m .

Definendo la nuova posizione x  x 

La nuova posizione di equilibrio è spostata rispetto alla precedente di una quantità x : x 

LI

1 1 T1  1, 23 s e T2  1,18 s 2 2

m , possiamo scrivere k

Poiché T  2

 1, 23 s      1,18 s   

m1 k m2 k

2   1, 23 s  m1    k       2  1,18 s    m  2    k 

NI CH

1 m1 2  T1   k 2 2   1 T  2  m2  2 2 2 k

EL

122

2  d mg 0,16 1, 5 kg   9,8 m/s    0, 015 m k 160 N/m 

Facendo il rapporto tra la seconda equazione e la prima, otteniamo 2

m2  1,18 s    0,920  92, 0% m1  1, 23 s 

ZA

La massa misurata dopo 5 mesi è il 92,0% della massa originaria. Quindi la perdita di massa è stata del 8,0%.

 6. Il moto armonico di un pendolo 123

No, perché l’accelerazione di gravità sulla Luna è inferiore a quella terrestre, quindi il periodo di oscillazione del pendolo sarà più grande e l’orologio avanzerà più lentamente.

124

T  2 l / g  1,1s f  1/ T  0,89 Hz

125



l T  2 g

 

2

2

T   1,5 s  2  l   g    9,8 m/s   0,56 m  56 cm  2   2 

9,8 m/s 2 g   4, 2 rad/s l 0,56 m

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Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

l g

2

2

 2   2   g   l   0, 40000 m   9,8107 m/s2  T   1, 2687 s 

126

T  2

127

Fino al momento in cui il filo tocca il chiodo in B, si tratta di un pendolo con periodo di oscillazione T1  2 L / g , mentre dall’istante in cui il filo tocca il chiodo in B, si tratta di un pendolo di lunghezza L/4, con periodo T2  2 L / 4 g  T1 / 2. La durata dell’intervallo di tempo in cui il pendolo oscilla verso destra è t 

L  0, 69 s g

Il valore medio del periodo è Tmedio 

1,8 s   1,9 s   1, 7 s   1, 7 s   1,9 s   1,8 s

129

l  1,8 s g

NI CH

T  2

EL

5 Il valore teorico del periodo è

LI

128

1 13 3 T1  T2   T1  4 42 a

Il rapporto tra i due periodi di oscillazione è TT  TL

gL g

Il numero di oscillazioni compiute dal pendolo sulla Luna durante l’intervallo di tempo t  5 min è

t  5, 00 min   TL TL

ZA

k

ma il tempo indicato dall’orologio è

t   kTT 

g 1, 6 m/s 2 t TT  t L   5, 0 min   2, 0 min TL g 9,8 m/s 2

Quindi, l’orologio è in ritardo di t  t   5, 0 min  2, 0 min = 3,0 min 130

Se il periodo del pendolo deve essere di 1 s, la sua lunghezza è l  g /  2   . Se il pendolo si allunga 2

di l  0,15 cm , il nuovo periodo è T   2

 l  l  . g

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31

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

Quindi, dopo un’ora (3600 secondi) il pendolo compie un numero di oscillazioni pari a ciascuna della durata di 1 s. Quindi l’orologio ritarda di 3600 s  3589 s  11 s .

3600  3589, T

PROBLEMI DI RIEPILOGO 131

La traiettoria del moto parabolico è

y  y0 

v0 y v0 x

 x  x0  

g 2 x  x0  2  2v0 x

Sostituendo

v0 x  v0 cos 

LI

v0 y  v0 sin 

e considerando che

EL

y  y0  3,05 m  2,0 m  1,05 m otteniamo:

v0   4, 6 m 



y  h



vx 

9,8 m/s 2  7, 6 m/s 4, 6 m  1, 05 m

1 2 gt  t  2

2h  g

2  2, 2 m   0, 67 s 9,8 m/s 2

d 1, 4 m   2,1 m/s t 0, 67 s

ZA

132

NI CH

x  x0  4,6 m

 Il tempo che impiega l’oggetto a fare un giro completo è T

2r 2  0, 70 m    2,1 s vx 2,1 m/s

133 DA f A  DB f B

134

 T

 DA 

DB f B  80 cm  500 giri/min    8 cm f A  5000 giri/min 

2 2   1,3 s   4,8 rad/s 

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32

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

 La costante elastica si ricava dal periodo: 2

2

 2  1  2  1 3 4 k   m  1,8  10 kg   1, 0  10 N/m T  4  1,3 s  4

Dal grafico si deduce che r  0, 6 m/s e dal testo che 2 r  18 m/s2 . Pertanto,   3 rad/s e i grafici spazio-tempo e accelerazione-tempo sono:



2

2 2   3, 6 rad/s T 2 l / g

T  2 137



v 2  2, 5 m/s  l   0, 74 m ac  8, 4 m/s 

ZA

v2 136 ac  r

NI CH

EL

LI

135

 0, 74 m   1, 7 s l  2 g (9,8 m/s 2 )

Per determinare il periodo di rivoluzione del Sole intorno al centro galattico, consideriamo l’orbita del Sole circolare e applichiamo la formula 2R v  R  T Convertiamo tutti i valori dati in unità del Sistema Internazionale: R   30000 a.l   9, 46  1015 m   2,8  10 20 m

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33

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

v  2,50 105 m/s Otteniamo T  138

2R  7, 0  1015 s , che equivale a circa 2, 2 108 anni. v

 Nel punto più alto la seconda legge della dinamica fornisce l’equazione F  FP  Fe  m

v2 r



2  0, 22 m/s     v2  2 F  m   g    kd   0, 24 kg     9,8 m/s      80 N/m  0, 012 m   3, 2 N 0,18 m  r   

Quindi, la forza F è diretta verso l’esterno.

F  FP  Fe  m

v2 r

LI

 Analogamente, nel punto più basso si ricava 

EL

2  0, 22 m/s     v2  2 F  m  g    kd   0, 24 kg   9,8 m/s      80 N/m  0, 012 m   1,5 N 0,18 m  r   

139

NI CH

In questo caso la forza è diretta verso l’interno.

Combinando le equazioni Fc  m 2 r e F  k r con r  r0  r , otteniamo:

  0,310 kg  3, 21 rad/s 2  m2 r r0  r  r  r    0,381 m  1    0,374 m k 181 N/m   

 Indichiamo con y la posizione verticale del libro rispetto al tavolo.

ZA

140

La seconda legge della dinamica del sistema è

Ma   FP  Fel  Mg  k  y  L0  Definendo la nuova coordinata y  y  L0  Mg / k , otteniamo Ma   ky 

Questa è l’equazione di un sistema massa-molla, quindi il moto è armonico.

 Per trovare l’ampiezza A dell’oscillazione, notiamo che la posizione di equilibrio è data da

y  0 ,

Mg k Rispetto all’inizio, la posizione si trova più in basso di una quantità pari a

cioè y  L0 

2 Mg 1,1 kg   9,8 m/s  A   0, 027 m k 400 N/m

che è anche l’ampiezza del moto armonico del libro.

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34

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

La frequenza e il periodo sono:

f 

1 k 1 400 N/m   3, 0 Hz 2 M 2 1,1 kg

T  2 141

M 1,1 kg  2  0,33 s k 400 N/m

 Dal secondo principio della dinamica, otteniamo: T  mg  m

v2 l

  0, 40 m/s 2   T   0, 40 kg    9,8 m/s 2   4, 0 N   0, 6 m  

 La tensione della fune è maggiore del peso del pacco, perché deve non solo contrastare la forza142

LI

peso, ma fornire anche la forza centripeta necessaria per il moto circolare.

La reazione vincolare FV del suolo è pari alla forza-peso del sistema moto-motociclista. La forza di

143

 h

 x  v0

2  40, 0 m  2h   45, 0 / 3, 6 m/s   35, 7 m g 9,80 m/s 2

ZA



1 gx 2 2 v02

 25 m/s  v2  s    0,53 Rg 120 m   9,8 m/s 2 

NI CH

v2 Fd  Fc  M r

EL

attrito dinamico è diretta verso il centro della curva e ha intensità Fd  s FV . Poiché essa produce il moto circolare, si ha

144

Considerando un sistema di assi cartesiani con l’origine O(0;0) coincidente con il punto di lancio della palla, la posizione B della palla in corrispondenza della rete e la posizione C all’istante in cui arriva al suolo sono: B  9, 00  1, 73  m;  4,11  2, 73  m   B 10, 73 m; 1, 38 m  C 1, 73  18, 0  0, 23  m;  2, 40  m   C 19, 5 m;  2, 40 m 

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35

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

L’equazione della traiettoria è:

y

voy vox

x

g 2 x 2v02x

Quindi: voy  g xB  2 xB2  yB  vox 2v0 x  v0 x  v0 cos  e   v0 y  v0 sin   y  voy x  g x 2  C vox C 2v02x C Dal primo sistema, otteniamo

LI

EL

yB gxB  voy  vox x  2v  0x B  y gx v  v C  C ox  oy xC 2v0 x

 m  9,8 2 19,5  10, 73 m g  xC  xB   v0 x  s  13,1 m/s v0 x   yB yC   1,38 m 2, 40 m    2     2     xB xC     10, 73 m 19,5 m    2  v  v yB  gxB 1,38 m  9,8 m/s  10, 73 m  0y 0x v0 y  13,1 m/s    xB 2v0 x 10, 73 m 2 13,1 m/s 

Quindi:

NI CH

13,1 m/s    5, 70 m/s  2

v0  v02x  v02y 

2

 14,3 m/s

L’angolo di lancio è dato da

tan  

v0 y v0 x



5,70 m/s  0, 435    23,5 13,1 m/s

145

ZA

Il tempo di volo è x 19,5 m tvolo  C   1, 49 s v0 x 13,1 m/s

L’equazione della traiettoria è:

y

v0 y v0 x

x

g 2 x 2v02x

dove vox e voy sono le proiezioni lungo gli assi della velocità iniziale. Quindi: v0 x  v0 cos   v0 y  v0 sin 

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36

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

Calcoliamo la velocità iniziale minima v01 . Sostituendo le coordinate del punto A nell’equazione della traiettoria, otteniamo:

yA 

v01 sin  g xA  2 x2 2 A v01 cos  2v01  cos  



y A  x A tan  

gxA2

2 2v01  cos  

2

Quindi:

v01 

xA 4, 00 m 9,8 m/s 2 g   8, 48 m/s 2 cos  2  x A tan   y A  cos 40, 0 2  4, 00 m  tan 40, 0  1,50 m 

Calcolo della velocità iniziale massima v02 . Sostituendo le coordinate del punto C nell’equazione della traiettoria, otteniamo:

xC 4, 00 m 9,8 m/s 2 g   8, 60 m/s 2 cos  2  xC tan   yC  cos 40, 0 2  4, 00 m  tan 40, 0  1,55 m 

LI

v02 

Nel sistema di riferimento non inerziale solidale con la bicicletta è presente anche la forza centrifuga, perciò la risultante delle forze deve essere nulla. Quindi la forza di attrito – che in curva è la forza centrifuga – è uguale in modulo alla forza centrifuga, mentre la reazione normale è pari in modulo alla forza-peso. La somma dei momenti delle forze, calcolati rispetto al punto di contatto con il terreno, deve essere anch’essa nulla. Rispetto al punto scelto, solo la forza-peso e la forza centrifuga hanno momento non nullo: b F v2 Fp bp  Fa bc  tan   p  a   33 bc Fp rg

147

 L’angolo richiesto è lo stesso formato dalla forza peso FP con la sua proiezione F tangente alla





ZA

NI CH

EL

146

traiettoria circolare. Poiché F  mg cos , si ha 2 F mat  r  0,350 rad/s  14, 0 m  cos       0,500    arccos(0,500)  60, 0 mg mg g 9,80 m/s 2

 Inoltre, m

v2 3  Fc  F  FV  mg sin(60, 0)  6, 27 103 N   640 kg   9,80 m/s 2   6, 27 103 N  2 r 3 3 4  5, 43 10 N  6, 27 10 N  1,170 10 N

da cui otteniamo rFc v  m

14, 0 m  1,170 104 N  640 kg

 16, 0 m/s

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Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

 Accetti la sfida? 148

 Le forze elastiche sono F1  k1  x  R  L1  e F2  k2  d  x  R  L2  All’equilibrio vale F1  F2  0, quindi

  k1  k2  xeq   k1  k2  R  k1 L1  k2  d  L2   0  xeq 

l’accelerazione è k k a   1 2  x  xeq  m e il periodo di oscillazione della sfera è

1,3 kg  0, 77 s  30  56  m/s

 L’angolo   32 è anche quello tra la forza di reazione vincolare FV e la sua proiezione verticale  FVy . Quindi, valgono le relazioni

NI CH

149

m  2 k1  k2

EL

T  2

F  F1  F2  ( k1  k 2 )  x  xeq  . Quindi,

LI

 La forza totale sulla sfera può essere scritta come

k1  R  L1   k2  d  R  L2   0,35 m k1  k2

 v2  FV sin   m r   F cos   mg  V Dividendo membro a membro le due equazioni, otteniamo

v2 gr

 v  gr tan  

ZA

tan  

 9,8 m/s   35 m  tan 33  15 m/s  54 km/h 2

 Fisica&Matematica 150

La traiettoria del pallone nel primo lancio è v sin 60 g g y 0 x 2 x 2  tan 60° x  2 x2 2 2 v0 cos 60 2v0 cos 60 2v0 cos 60 La traiettoria nel secondo lancio è v sin 30 g g y 0 x 2 x 2  h  tan 30° x  2 x2  h 2 2 v0 cos 30 2v0 cos 30 2v0 cos 30 Le due traiettorie non si intersecano se la seguente equazione non ha soluzioni: g g tan 60° x  2 x 2  tan 30° x  2 x2  h 2 2 2v0 cos 60 2v0 cos 30

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38

Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

g  4 1  4g 2 2  xh 0  x  xh 0 4   x 2   3   2  2v0  3 3v02 3 3  L’equazione ottenuta non ha soluzioni se il discriminante è negativo:

 2 m/s  v2 4 16 g   2 h0  h 0  h  h  0,1 m 3 3v0 4g 4  9,8 m/s 2  2

151



m

v2  mg  v  gr r

152

NI CH

EL

LI

 Il secondo grafico. 

 L'istante di tempo in cui la freccia raggiunge il muro si ricava dall’equazione del moto orizzontale: d

v0 2d t  t v0 2

ZA

In questo istante, l’altezza della freccia è

v0 1 2 gd 2 y t  gt  d  2 v0 2 2

La freccia oltrepassa il muro se y > 5 m; il valore minimo di v0 per cui la freccia oltrepassa il muro è dato da

gd 2 5md 2 v0

gd 2  v0  d 5 m

 Il grafico può essere letto così: ­ se il muro è più vicino di 5 m, la freccia non lo può superare (questo limite è dovuto all’angolo di lancio, fissato a 45°); ­ per distanze tra 5 m e 10 m, il muro può essere superato con velocità di lancio via via decrescenti; ­ la velocità di lancio necessaria a superare il muro raggiunge il suo valore minimo quando il muro dista 10 m; Ugo Amaldi, Il nuovo Amaldi per i licei scientifici.blu © Zanichelli 2020

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Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

­ per distanze superiori a 10 m, il valore minimo della velocità di lancio cresce. Dal punto di vista della traiettoria, vale quanto segue: ­ se il muro dista tra 5 m e 10 m, la freccia lo supera mentre si trova nella fase ascendente del suo moto; ­ se il muro dista più di 10 m, la freccia lo supera mentre si trova nella fase discendente del suo moto; ­ la distanza di 10 m è ottimale perché la freccia supera il muro esattamente quando si trova nel punto più alto del suo moto.

SEI PRONTO PER LA VERIFICA?

y

v0 y v0 x

x

LI

Usiamo l’equazione della traiettoria ponendo l’origine degli assi nel punto in cui si trova la bocca del pesce:

g 2 x 2v02x

EL

1

2 v0 2 2 v0 y  v0 sin 45  v0 2 v0 x  v0 cos 45 

NI CH

Le componenti della velocità sono

Sostituendo le espressioni ottenute e le coordinate della libellula  0, 20 m; 0,12 m  , troviamo  v0 

gx 2  x y

 9,8 m/s   0, 23 m 

ZA

g y  x  2 x2 v0

2

0,11 m

2

 2, 2 m/s

La componente orizzontale della velocità è 2 v0 2 Questo valore è costante e il tempo necessario per colpire il bersaglio è v0 x 

t 

2

2  0, 23 m  x 2x    0,15 s v0 x 2v0 2  2, 2 m/s 

 Dal grafico deduciamo il periodo dell’oscillazione, T = 0,80 s, e l’ampiezza, A = 0,12 m. La massima velocità del blocco è 2 2 vmax  A  A  0,12 m   0,94 m/s T 0,80 s

Il blocco ha questa velocità, in modulo, agli istanti 0,20 s, 0,60 s, 1,0 s, ecc.

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Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

 La costante elastica della molla è 2

2

 2   2  k  m  m     0, 41 kg     25 N/m T   0,80 s  2

3

I periodi dei due pendoli sono T1  2

l1 l e T2  2 2 . Dai dati del testo, sappiamo che g g

  T1  T2  0, 40 s e   l1  l2  0,30 m. Quindi: T12  42

l1 g



T2   

2

 42

 l2    g

Dall’ultima relazione, tenendo conto dell’espressione del periodo del secondo pendolo, otteniamo:

LI

 4 2  2  1  4 2  0,30 cm  1 2 T2        1, 3 s 0, 40 s    2  g  2  9,8 m/s  2  0, 40 s 

 Dalle relazioni del moto circolare uniforme, ricaviamo le due distanze dei pacchi dal centro: v2  v1    d 2  d1  

v v 2  0, 25 m/s  d1  d1  T 2 1   30 s     1, 2 m  d 2  2d1  2, 4 m T 2  2 

NI CH

4

EL

Quindi, T1  T2    1,3 s    0, 40 s   1, 7 s.

Le forze centripete che agiscono sui due pacchi sono: 2

2

 2   2  F1  m12 d1  m1   d1   2,1 kg    1, 2 m   0,11 N T   30 s  2

2

 2   2  F2  m2  d 2  m2   d 2   4, 0 kg     2, 4 m   0, 42 N T   30 s 

ZA

2

 Le forze centripete che agiscono sui due pacchi sono le forze di attrito statico tra la piattaforma e i pacchi. Dall’espressione della forza di attrito statico, Fs  s mg , ricaviamo i valori possibili dei coefficienti di attrito statico: 2

2

F m 2 d1 2 d1  2  d1  2  1, 2 m  s ,1  1  1      5, 4  10 3  2 m1 g m1 g g  T  g  30 s  9,8 m/s 2

 s ,2

2

F2 m2 2 d 2 2 d 2  2  d 2  2  2, 4 m        1,1 10 2  2 m2 g m2 g g  T  g  30 s  9,8 m/s

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Capitolo 3. Applicazioni dei principi della dinamica

 Un pacco inizia a scivolare quando la forza centripeta necessaria per compiere il moto circolare insieme alla piattaforma supera la forza di attrito statico massima: Fc ,1   s ,1m1 g  m1

d   s ,1m1 g  max,1 

2 max,1 1

Fc ,2   s ,2 m2 g  m2

2 max,2

 s ,1 g d1



 s ,2 g

d 2   s ,2 m2 g  max,2 

d2

0, 012  9,8 m/s 2  1, 2 m



 0,31 rad/s

0, 018  9,8 m/s 2  2, 4 m

 0, 27 rad/s

Quindi, max,1  max,2 .

 Quando la piattaforma ha un’accelerazione angolare, la forza di attrito statico Fs su ciascun pacco ha due componenti: quella nella direzione radiale

LI

Fs ,r  Fc  m2 d

EL

che fornisce la forza centripeta necessaria affinché il pacco compia un moto circolare, e quella nella direzione tangenziale alla circonferenza Fs ,t  mat  md

NI CH

La condizione limite affinché ciascun pacco ruoti insieme alla piattaforma è che la forza di attrito statico sia quella massima:

Fs ,max  Fs2,r  Fs2,t   s mg

Da questa equazione, si ricava

Fs2,r  Fs2,t    s mg 

2



 m d    md     mg  2

2

2

2

s

Risolvendo rispetto alla velocità angolare, otteniamo: 2

ZA

s g  g    4  s   2   max d  d 

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