Esercitazione VII - Lavoro ed energia I

Esercitazione VII - Lavoro ed energia I
Forze conservative
Esercizio 1
Una pallina viene lanciata verticalmente verso l’alto dall’altezza h = 1, 6m
con una velocità iniziale v0 = 3m/s. Calcolare
• L’altezza massima hmax raggiunta dalla pallina.
• La velocità ṽ con cui la pallina ripassa dalla quota h da cui era stata
lanciata.
• La velocità v con cui la pallina tocca il suolo.
Soluzione
L’unica forza in gioco è la forza peso che agisce sulla pallina. Dato che la forza
peso è conservativa l’energia totale E della pallina si conserva e in particolare
rimane uguale al valore E0 che essa possiede quando la pallina viene lanciata.
Scegliendo come livello di riferimento per l’energia potenziale il suolo si ha che
l’energia iniziale è
1
mv 2 + mgh .
2 0
Quando la pallina arriva all’apice della sua traiettoria la sua velocità è nulla
di modo che anche la sua energia cinetica è nulla. Poiché l’energia della pallina
si conserva si ha
E0 =
1
v2
mv02 + mgh = mghmax ⇒ hmax = h + 0 = 2m .
2
2g
Quando la pallina (in fase di caduta) ripassa dalla quota h si ha
1
1
mv 2 + mgh = mṽ02 + mgh ⇒ ṽ = v0 = 3m/s .
2 0
2
Per come abbiamo scelto il sistema di riferimento, quando la pallina tocca il
suolo è invece la sua energia potenziale ad essere nulla. Si ha perciò
q
1
1
mv02 + mgh = mv 2 ⇒ v = v02 + 2gh = 6, 4m/s .
2
2
Esercizio 2
Una pallina viene lanciata dall’altezza h = 20m con un angolo ϑ = 20◦ e
una velocità iniziale il cui modulo è v0 = 5m/s. Si calcolino
• L’altezza massima hmax raggiunta dalla pallina.
• Il modulo della velocità v posseduta dalla pallina quando arriva al suolo.
1
Soluzione
L’unica forza in gioco è la forza peso che agisce sulla pallina. Dato che la forza
peso è conservativa l’energia totale E della pallina si conserva e in particolare
rimane uguale al valore E0 che essa possiede quando la pallina viene lanciata.
Scegliendo come livello di riferimento per l’energia potenziale il suolo si ha che
l’energia iniziale è
1
mv 2 + mgh .
2 0
Quando la pallina arriva all’apice della sua traiettoria il vettore velocità è
diretto lungo le x di modo che l’energia cinetica è K = 12 mvx2 . In un moto
parabolico la componente vx della velocità (quella ortogonale alla forza peso) è
costante e nel caso in esame vale
E0 =
vx = v0 cos ϑ .
Poiché l’energia si conserva si ha
¢
1
v2 ¡
1
mv02 +mgh = mv02 cos2 ϑ+mghmax ⇒ hmax = h+ 0 1 − cos2 ϑ = 20, 15m .
2
2
2g
Si osservi come la formula per hmax ora ottenuta si riduce a quella dell’esercizio precedente nel caso in cui ϑ = 90◦ .
Quando la pallina arriva al suolo la sua energia potenziale è nulla (per come
abbiamo scelto il sistema di riferimento) mentre la sua energia cinetica è 12 mv 2 .
Poiché l’energia si conserva si ha
q
1
1
mv02 + mgh = mv 2 ⇒ v = v02 + 2gh = 20, 4m/s .
2
2
Si osservi come v non dipenda dalla massa m della pallina.
Esercizio 3
Un pendolo viene fatto oscillare a partire da un angolo iniziale ϑ = 60◦ . Il
filo del pendolo è lungo l = 2m. Calcolare il modulo della velocità v con cui il
pendolo passa dalla verticale.
Soluzione
Le forze in gioco sono la forza peso P~ e la tensione T~ del filo. La forza
peso è una forza conservativa mentre la tensione non lo è. Ma durante il moto
del pendolo la tensione T~ è sempre ortogonale allo spostamento di modo che il
lavoro compiuto da questa forza è nullo. Perciò, pur essendo presente una forza
non conservativa, l’energia totale del pendolo si conserva.
Scegliamo un sistema di riferimento come in figura. Allora l’energia E0 del
pendolo all’istante in cui viene fatto oscillare è
E0 =
1
mv 2 + mgy0 = mgy0 ,
2 0
2
in quanto per ipotesi v0 = 0.
L’energia E1 del pendolo quando passa dalla verticale è
1
1
mv12 + mgy1 = mv12 ,
2
2
in quanto, per il sistema di coordinate scelto, y1 = 0.
Poiché l’energia si conserva possiamo imporre E0 = E1 , da cui
E1 =
p
1
mv12 ⇒ v1 = 2gy0 .
2
Usando la trigonometria si vede che y0 = L − L cos ϑ, da cui infine
p
v1 = 2gL(1 − cos ϑ) = 4, 5m/s .
mgy0 =
Esercizio 4
Un blocco di massa m = 1kg inizialmente fermo viene spinto da una forza
costante F = 20N lungo un tratto orizzontale lungo d = 1m. Se la forza F è
parallela al piano e diretta nella direzione del moto, qual’è la velocità finale del
blocco?
Soluzione
~ e la
Le forze in gioco sono la forza peso P~ , la reazione vincolare del piano N
~
forza F . Sfruttiamo il teorema dell’energia cinetica, 4K = W . Poichè l’unica
forza a compiere lavoro durante il moto è F~ si ha
4K = WF~
⇒
1
1
mvf2 − mv02 = F d ,
2
2
da cui
r
vf =
2F d
= 6, 3m/s .
m
3