Soluzioni Fisica Cap.7

Cutnell, Johnson - Fisica volume 1
Capitolo 7 Lavoro ed energia
Domande
!
1. La forza F1 , spostando la cassa per un tratto s, compie un lavoro L1 = (F1 cos 0°)s = F1s . Il lavoro
!
compiuto dalla forza F2 è L2 = (F2 cos ! )s. Dalla figura si può vedere che F1 > F2 cos ! ; quindi,
!
la forza F1 compie un lavoro maggiore.
!
2. La forza P !agisce nello stesso verso dello spostamento: quindi compie un lavoro positivo. La
!
forza normale FN e il peso m g sono perpendicolari allo spostamento: compiono, quindi, un lavoro
!
nullo. La forza di attrito dinamico fd agisce in verso opposto allo spostamento: quindi compie un
lavoro negativo.
3. L’informazione fornita:
a) è sufficiente per affermare che il vettore velocità cambia (ma non come cambia);
b) non è sufficiente per affermare che l’energia cinetica cambia, perché non conosciamo la
direzione relativa di forza e spostamento e, quindi, non possiamo dire se viene compiuto, o meno,
un lavoro (ΔK = L);
c) non è sufficiente per decidere se il modulo della velocità cambia, perché non abbiamo
informazioni sufficienti sull’energia cinetica e, quindi, nemmeno sul modulo della velocità (K
=(1/2)mv2).
4. P = L / t .Non è corretta l’affermazione sul lavoro, perché non viene fornito il dato relativo al
tempo (si potrebbe compiere lo stesso lavoro in un tempo dimezzato).
5. Quando la persona sulla ruota scende verso il basso, il lavoro compiuto dalla forza di gravità è
positivo in quanto forza e spostamento hanno la stessa direzione e lo stesso verso. Quando, invece,
sale verso l’alto, la forza di gravità ha verso opposto allo spostamento e, quindi, compie un lavoro
negativo. Il modulo del lavoro compiuto è uguale per ogni metà del ciclo, quindi, il lavoro compiuto
in un giro completo è uguale a zero.
6. L’energia potenziale elastica è uguale a (1/2) kx2, dove x, che è la deformazione subita dalla
molla, è elevata al quadrato: quindi l’energia potenziale elastica, a parità di deformazione, non
dipende dal segno della deformazione stessa.
Test
1. A
2. C
3. C
4. A
5. D
6. D
7. B
8. C
9. D
10. C
11. B
12. C
13. D
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Capitolo 7 Lavoro ed energia
14. B
15. B
Problemi
1.
L = F ! s = 3,0 !103 N ! 850 m = 2,6 !106 J
L’accelerazione e la forza sono negative → il lavoro è negativo.
2.
Il lavoro compiuto dalle due locomotive è il doppio del lavoro della singola locomotiva:
Ltot = 2 ! F ! s = 2(5,00 !103 N)(2,00 !103 m)cos30° = 1,73!107 J
3.
L’angolo tra la direzione della forza gravitazionale e lo spostamento è di 180°, quindi il lavoro
compiuto dalla forza gravitazionale è:
L = F cos! s = mg cos! s =
(
) (
)
= (75,0 kg ) (9,80 m/s ) cos180° ( 4,60 m ) = "3,38 #10
2
3
J
a forza normale e lo spostamento hanno la stessa direzione e lo stesso verso. Quindi, il lavoro
compiuto dalla scala mobile è:
L = ( F cos! ) s = ( FN cos! ) s =
= (75,0 kg)(9,80 m/s 2 )cos 0°(4,60 m) = 3, 38 "10 3 J
4.
L = F ! s = (94 N)(35 m)cos30° = 2850 J
L = F ! s = (94 N)(35 m)cos0° = 3290 J
5.
!
In entrambi i casi la portanza L è perpendicolare allo spostamento e, quindi, non compie lavoro.
Invece, come si può ricavare dal disegno,! quando l’aereo è in picchiata, una componente dello
spostamento ha lo stesso verso del peso P , mentre quando l’aereo è in risalita una componente
del
!
peso ha verso opposto a quello dello spostamento. Di conseguenza, dato che la spinta T è la stessa
in entrambi i casi, la forza totale che agisce sull’aereo è maggiore quando l’aereo è in picchiata. Ma
lo spostamento s è lo stesso nelle due situazioni, quindi il lavoro maggiore viene compiuto durante
la picchiata.
Il lavoro compiuto in picchiata è Lpicchiata = T + Pcos75° s mentre il lavoro compiuto in discesa è
(
(
)
)
Ldiscesa = T + Pcos115° s , per cui la differenza tra i due lavori vale:
(
) (
)
(
)
Lpicchiata ! Lrisalita = T + Pcos75° s ! T + Pcos115° s = Ps cos75° ! cos115° =
(
)(
)(
)
= 5,9 "10 N 1,7 "10 m cos75° ! cos115° = 6,8 "10 J
4
3
7
6.
The x-component of the net force is zero, ΣFx = 0, so that
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F cos 29, 0° " f = 0
!""
"#"""
$
!Fx
f
48.0 N
=
= 54.9 N
The magnitude of the force that the shopper exerts is F =
cos 29.0° cos 29.0°
!
The work done by the pushing force F is
W = F cos ! s = 54.9 N cos 29.0° 22.0 m = 1060 J
(
) (
)(
)(
)
The angle between the frictional force and the displacement is 180°, so the work done by the
!
frictional force f is
(
) (
)(
)(
)
W = f cos ! s = 48.0 N cos 180.0° 22.0 m = "1060 J
The angle between the weight of the cart and the displacement is 90°, so the work done by the
!
weight m g is
(
) (
)(
)(
)(
)
W = mg cos ! s = 16.0 kg 9.80 m/s 2 cos 90° 22.0 m = 0 J
7.
!
LF + Lf = 0, dove LF è il lavoro compiuto dalla forza F e Lf è il lavoro compiuto dalla forza di
attrito.
LF = (F cos 30,0°) s = 0,866 F s;
Lf = (fd cos 180°) s = – fd s
In direzione verticale non c’è accelerazione, quindi
+y
FN
FN ! mg ! F sen 30,0° = 0
Da cui
FN = mg + P sen 30,0°
F
fk
30.0º
+x
mg
Sappiamo che
fd = µd FN = µd (mg + F sen 30,0°) quindi
Lf = – fd s = − (0,200)[(1,00 ⋅ 102 kg)(9,80 m/s2) + 0,500F] s = − (0,100F + 196) s
Poichè il lavoro totale è nullo, avremo:
LF + Lf = 0,866 Fs − (0,100F + 196) s = 0
Eliminando s algebricamente e risolvendo in funzione di F, otteniamo F = 256 N
8.
La forza applicata compie un lavoro
LP = Ps cos 0° = (150 N)(7,0 m) = 1,0 ⋅ 103J
La forza di attrito compie un lavoro
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Lf = fd s cos 180° = – µd FN s = – (0,25)(55 kg)(9,80 m/s2)(7,0 m) = – 943 J
La forza normale e la forza di gravità non compiono lavoro perché formano un angolo di 90° con lo
spostamento.
9.
L = !K =
1 2
1
mv " 0 = (7,3 kg) 292 m 2 /s 2 = 3,1#103 J
2
2
10.
L = Fs cos 0° = Fs
L = 1 mvf2 ! 1 mv02
2
2
Risolvendo in funzione di vf, ricaviamo
(
)(
)
2 65 N 0,90 m
2
2L
+ v02 =
+ (0 m/s) = 39 m/s
m
75 ! 10 –3 kg
vf =
11.
(
2
(
2
)
1
2
)
1
2
#
LA = m vf ! v0 = (1,20 "10 kg) %(40,0 m/s) ! (0 m/s)
1
2
2
3
2
%$
#
2&
( = 9,60 "105
('
J
2&
( = 1,60 "106
('
J
LB = m vf ! v0 = (2,00 "10 kg) %(40,0 m/s) ! (0 m/s)
1
2
2
3
2
%$
(
) (
)
!L = LB " LA = 1,6 #106 J " 9,60 #105 J = 6,4 #105 J
12.
Lcatapultat + Lmotori = Kf − K0
Ma K0 = 0 J, quindi possiamo scrivere:
Lcatapulta +
!)s
(!F#cos
"#$
= Kf
e infine
Lavoro compiuto dai motori
Lcatapulta = K f !
")s
(!F#cos
"#$
Lavoro compiuto dai motori
(
)
(
)
= 4,5 #107 J ! 2,3#105 N cos0° 87 m = 2,5 #107 J
13.
L = (1/2) mvf2 – (1/2) mvo2 = (1/2)(45 ⋅ 10–3 kg) (41 m/s)2 = 38 J
L = Fs cos 0°
da cui F = W/s = (38 J)/(1,0 ⋅ 10–2 m) = 3,8 ⋅ 103 N
14.
Per il teorema dell’energia cinetica
vf =
2L
+ v02
m
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dove
L = Fs cos 180° = ! (4,0 " 105 N)(2500 " 103 m) = !1,0 " 1012 J
E infine
(
2 !1,0 " 1012 J
vf =
4
5,0 " 10 kg
) + (11 000 m/s)2 = 9 " 103 m/s
15.
Lo slittino ha acquistato un’accelerazione
!
v 2 # 2,0 m/s
a=
=
2s # 2 8 m
"
(
)
( )
2
$
& = 0,25 m/s 2
&
%
(
)
2
F ! ma 24 N ! 16 kg # 0,25 m/s
F ! µ FN = ma " µ =
=
= 0,13
mg
16 kg # 9,80 m/s 2
16.
Per la seconda legge di Newton:
T " mg = ma y
!
"#"
$
!F y
T = m (ay + g) = (79 kg)(0,70 m/s2 + 9,80 m/s2) = 8,3 ⋅ 102 N
Il lavoro compiuto dalla tensione del cavo è
LT = T cos ! s = (8,3 " 102 N) (cos 0°) (11 m) = 9,1 " 103 J
(
)
Il lavoro compiuto dalla forza peso è:
LP = mg cos ! s = (79 kg) (9,8 m/s 2 ) (cos 180°) (11 m) = " 8,5 # 103 J
(
)
Per il teorema dell’energia cinetica, il lavoro compiuto da queste due forze è uguale alla variazione
dell’energia cinetica, per cui: LT + LP = 12 mvf2 ! 12 mv02
!
#"#
$
L
e quindi:
vf = v02 +
=
(
)
2
L + LP =
m T
(0 m/s)
2
+
2
(9,1 ! 103 J " 8,5 ! 103 J ) = 4 m / s
79 kg
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17.
1 mv 2
0
2
2L
m
L = ( fd cos! )s = (µd FN cos180°)s
= 1 mvf2 ! L
v0 = vf2 !
→
2
dove
sostituendo nell’equazione precedente, otteniamo
v0 = vf2 !
2µ F (cos180°) s
2L
= vf2 ! d N
m
m
v0 = vf2 !
2 µd m g ( cos180° ) s
m
= vf2 ! 2 µd g ( cos180° ) s
v0 = vf2 ! 2µd g (cos180°) s = (0 m/s) ! 2 (0,050) (9,80 m/s2 ) (cos180°) ( 21 m ) = 4,5 m/s
2
18.
U = mgh = 55,0 kg 9,80 m/s 2 301 m = 1,62 !105 J
)(
(
)(
)
19.
L = F cos ! s = mg (cos 0°)(h0 − hf) = (0,60 kg)(9,80 m/s2)(6,1 m − 1,5 m) = 27 J
(
)
Ug,0 = mgh0 = (0,60 kg)(9,80 m/s2)(6,1 m) = 36 J
Ug,f = mghf = (0,60 kg)(9,80 m/s2)(1,5 m) = 8,8 J
Δ Ug = Ug,f − Ug,0 = 8,8 J – 36 J = −27 J
20.
L = – mgΔh = – (71,1 N)(2,13 m – 1,52 m) = - 43 J
ΔUg= mghf – mgh0 = (71,1 N)(2,13 m – 1,52 m) = + 43 J
21.
The vertical height of the skier is h = s sin 14.6° so
ΔPE = m g s sin 14.6°=
= (75.0 kg) (9.80 m/s2) (2830 m) sin 14.6°=
= 5.24 ⋅ 105 J
s
h
14.6°
22.
Per il principio di conservazione dell’energia:
1
1
2
mv
+
mgh
=
mv 02 + mgh0
f
f
2!#
2
#"##
$ !##"##
$
Ef
E0
dove v0 = 0 m/s
Se poniamo hf = 0 m nel punto più alto della traiettoria del ginnasta, sarà allora h0 = 2r , dove r è il
raggio della traiettoria circolare. Con queste sostituzioni, otteniamo:
( )
(
)(
)
v f = 2gh0 = 2g 2r = 2 9,80 m/s 2 2 !1,1 m = 6,6 m/s
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23.
Per il principio di conservazione dell’energia meccanica:
1
mvf2 + mghf = 12 mv02 + mgh0
2
!"
"#""
$
!"
"#""
$
Energia meccanica finale
al suolo
Energia meccanica iniziale
in cima all'edificio
da cui:
(
)
vf = v02 + 2g h0 ! hf =
(14,0 m/s)
2
(
)(
) (
)
+ 2 9,80 m/s 2 "# 31,0 m ! 0 m $% = 28,3 m/s
in tutti e tre i casi.
24.
Per h = 20,0 m :
U g = mgh = 2,00 kg 9,80 m/s 2 20,0 m = 392 J
(
)(
)
)(
K = ma!h = ( 2,00 kg ) (9,80 m/s ) ( 20,0 m - 20,0 m ) = 0
2
Etot = U g + K = 392 J+0 J = 392 J
Per h = 10,0 m
Ug P = mgh = 2,00 kg 9,80 m/s 2 10,0 m = 196 J
(
)(
)
)(
K = ma!h = ( 2,00 kg ) (9,80 m/s ) ( 20,0 m "10,0 m ) = 196 J
2
Etot = U g + K = 196 J+196 J = 392 J
Per h = 0,00 m
U g = mgh = 2,00 kg 9,80 m/s 2 0,00 m = 0 J
(
)(
)
)(
K = ma!h = ( 2,00 kg ) (9,80 m/s ) ( 20,0 m " 0,00 m ) = 392 J
2
Etot = U g + K = 0 J + 392 J = 392 J
25.
Applicando il principio di conservazione dell’energia otteniamo:
(
2
)
K f = 1 mv0 + mg h0 ! hf =
2
=
1
2
(0,0470 kg) (52,0 m / s) + (0,0470 kg) (9,80 m / s2 ) (0 m ! 24,6 m ) = 52,2 J
2
Ancora per il principio di conservazione dell’energia:
1 mv 2 + mgh
f#""
2 "
!"
$f
Ef
=
1 mv 2 + mgh
0#""
2 "
!"
$0
E0
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Ponendo hf = 24,6 m – 8,0 m = 16,6 m, possiamo ricavare:
vf =
(
v02 + 2g h0 ! hf
)
=
(52,0 m / s)
2
(
)(
)
+ 2 9,80 m / s2 0 m ! 16,6 m = 48,8 m / s
26.
KA + mghA = mgh → KA = mg (h – hA) →
(
)
(
)
1 2
mv A = mg (h ! hA )
2
vA = 2g h ! hA = 2 9,80 m/s2 ( 4,00 m ! 3,00 m ) = 4,43 m/s
27.
1
mvf2 + mghf = 12 mv02 + mgh0
2
!"
"#""
$
!"
"#""
$
Energia meccanica al
termine della pista
Energia meccanica iniziale
nella parte piatta della pista
Risolviamo in funzione di vf al termine della traiettoria:
vf = v02 + 2 g (h0 ! hf ) =
(5, 4 m/s )
2
+ 2 (9,80 m/s 2 )"$(0 m ) ! (0, 40 m )#% = 4, 6 m/s
Questo valore diventa la velocità iniziale per il prossimo passaggio. Nel punto più alto della
traiettoria la ragazza si muove con una velocità uguale alla componente orizzontale della velocità di
lancio: vf = (4,6 m/s) cos 48º.
1
mvf2 + mghf = 12 mv02 + mgh0
2
!"
"#""
$
!"
"#""
$
Energia meccanica finale
nel punto di max altezza
Energia meccanica iniziale
all'uscita dalla pista
Poniamo h0 = 0,40 m e hf = h0 + H, ottenendo
1
2
H=
(
)
(
mvf2 + mg !" 0,40 m + H #$ = 12 mv02 + mg 0,40 m
v02 % vf2
2g
4,6 m/s) % !"( 4,6 m/s) cos 48°#$
(
=
)
2
2
(
2 9,80 m/s 2
)
= 0,60 m
28.
1
1
mv20 + mgh0 = mv 2f + mgh f
2
2
dove v0 = 0 m/s. Imponiamo che hf rappresenti il livello zero dell’altezza in modo che l’energia
potenziale finale sia zero, ottenendo
mgh 0 =
1
mv2f
2
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Capitolo 7 Lavoro ed energia
In cima alla seconda collina, sullo sciatore agiscono la forza normale e
la sua forza peso. La risultante di queste due forze fornisce la forza
centripeta che fa muovere lo sciatore lungo la traiettoria circolare.
Nell’istante in cui lo sciatore perde contatto con la neve, la forza
normale si annulla e, quindi resta: mg =
quindi: da cui mgh0 =
h0 =
mvf2
N
vf2 = gr
!
r
F
mg
1
mgr così
2
r 36 m
=
= 18 m
2
2
29.
Il lavoro non conservativo compiuto dall’acqua è:
(
)
(
)
Lnc = 1 m vf2 ! v02 + mg hf ! h0 =
2
=
1
2
"
2
2$
(59 kg) #(9,5 m/s) ! (1,4 m/s) % + (59 kg) (9,80 m/s2 ) (!2,7 m ) = 1,0 &103 J
30.
Indicando con Lnc il lavoro compiuto dalle forze non conservative (attrito e catena) possiamo
scrivere:
Lnc = Lattrito + Lcatena = K f + mghf ! K 0 + mgh0
(
) (
)
Risolviamo in funzione della variazione di energia cinetica, ottenendo:
!K = Lattrito + Lcatena " mgh f + mgh0 =
)(
(
)(
) (
)(
)(
)
= "2,00 #104 J + 3,00 #104 J " 375 kg 9,80 m/s 2 2,00 m + 375 kg 9,80 m/s 2 5,00 m = "4,51#104 J
31.
Quando l’altalena viene tirata indietro e si trova a un’altezza
h0 = r (1 – cos 60,0°) = 12 r
la sua energia è solo potenziale e uguale a mgh0. Nel punto più basso della sua traiettoria, invece,
2
l’energia è solo cinetica e uguale a 12 mv . Ponendo Eo = Ef otteniamo v = 2gh0 = gr . Sappiamo
che la forza centripeta è:
mv 2
= T ! mg
!r
FC
Da cui
m=
T
v2
+g
r
=
T
T
8,00 ! 102 N
=
= 40,8 kg
=
2
gr
2
g
2
9,80
m/s
+g
r
(
)
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32.
Trascurando la resistenza dell’aria, l’unica forza non conservativa che agisce sulla ragazza è la
forza normale che essa esercita sulla superficie. Questa forza è sempre perpendicolare alla direzione
dello spostamento e compie, quindi, un lavoro nullo; possiamo allora applicare la conservazione
dell’energia
1
1
mv0 2 + mgh0 = mv 2f + mgh f
2
2
la situazione finale è quella relativa al distacco, v0 = 0 m/s,
h0 = r, e hf = r cos θf dove θf è l’angolo di distacco. Quindi:
mgh =
r
!f
r cos !f
r
1 2
mv f + mg (r cos ! )
2
F
N
Quando la ragazza si distacca dalla superficie la forza normale
è nulla, per cui
mv 2f
mg cos ! f =
" v 2f = gr cos !
r
Sostituendo questa espressione nella precedente, otteniamo
mgr = 12 mg (r cos ! f ) + mg (r cos ! f ) , che, risolta in funzione
mg cos !
dell’angolo, fornisce
#2&
! f = cos"1 % ( = 48°
$ 3'
33.
(
!
!
)( ) (
)(
!
mg
)
1,0 kWh = 1,0 !103 J/s 1 h = 1,0 !103 J/s 3600 s = 3,6 !106 J
34.
L = Pt , ma
t = s/v
da cui:
! 135 '103 m $
!s$ !
W$
& = 5,48 '106 J
L = Pt = P# & = #6,50
75,0 kg #
&
#
&
"v %
" 12,0 m/s %
kg %
" ###
!
#"####
$
P
(
)
1 joule = 2,389 ⋅ 10−4 calorie, quindi
" 2,389 !10 -4 Cal %
6
6
3
L = 5, 48 !10 J = (5, 48 !10 J/ ) $
' = 1, 31!10 Cal
1 J/
#
&
35.
The average power is
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Capitolo 7 Lavoro ed energia
2
2
Change in energy 12 mvf ! 12 mv0
P=
=
Time
Time
Since the car starts from rest, v0 = 0 m/s, and since the weight is W = mg, the mass is m = W/g,
therefore, the average power is
P=
1
2
mvf2 ! 12 mv02
Time
Wvf2
=
2 g (Time )
(9.0 !10 N ) (20.0 m/s)
=
2 (9.80 m/s ) (5.6 s)
(1.4 !10 N ) (20.0 m/s)
P=
=
2g ( Time)
2 (9.80 m/s ) (5.6 s)
4
Wvf2
2
36.
P=
(
) (
3
2
2
= 3.3!104 W
2
= 5.1!104 W
)( )(
)
22 N 2! 0,28 m
L Fs F 2! r
=
=
=
= 30 W
t
t
t
1,3 s
37.
(
)(
)(
)
2
2
mgh
mgh 3,00 "10 kg 9,80 m/s 10,0 m
P = Fv =
!t=
=
= 73,5 s
t
P
4,00 "102 W
38.
1 2
1
mv " 0 = (45 kg)(27 m/s)2 = 1,64 #104 J
2
2
4
L 1,64 "10 J
P=
=
= 4,1"103 W
!t
4,0 s
L = !K =
39.
P = Fv = (2,00 ⋅ 102 N)(20,0 m/s) = 4,00 ⋅ 103 W
Per garantire una velocità costante lungo la salita, occorre una forza:
F = Fa + mg sen 37,0°
→ P = Fv = (Fa + mg sen 37,0°)v
P = [2,00 ⋅ 102 N + (2,50 ⋅ 102 kg)(9,80 m/s2) sen 37,0°](20,0 m/s) =3,35 ⋅ 104 W
40.
Se il motoscafo non traina nessuno, la seconda legge di Newton impone
– FR + F1 = ma = 0
FR
F1
FR = F1
dove F1 è la forza erogata dal motore e FR la resistenza dell’acqua.
Quando viene trainato uno sciatore, tenendo conto della tensione della fune di traino, avremo:
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Capitolo 7 Lavoro ed energia
T
– FR + F2 – T = ma = 0
FR
F2
F2 = FR + T
La potenza media è P = Fv , sappiamo che v1 = v2 in entrambi i casi, quindi
P1 P 2
=
F1 F2
!
F2 = F1
P2
P1
e, con le dovute sostituzioni
!P
"
T = F1 $$ 2 # 1%% e, infine,
& P1
'
"
%
P1 " P 2 % 7,50 (104 W $ 8,30 (104 W '
$$
T=
!1'' =
!1 = 6,7 (102 N
v1 # P1 &
12 m/s $# 7,50 (104 W '&
F1 + T = F1
P2
P1
da cui
41.
Il lavoro richiesto, per entrambi gli archi, è l’area evidenziata in grigio, quindi per tendere l’arco 1
occorre un lavoro maggiore.
1
L1 = 0,50 m 350 N = 88 J
2
Per il lavoro W2 notiamo che l’area indicata è composta da circa 31,3 quadratini e che ogni
quadratino ha un’area di (0,050 m)(40,0 N) = 2,0 J; quindi
! 2,0 J $
L2 = 31,3 quadratini #
& = 63 J
" quadratino %
(
)(
(
)
)
(
)
!L = L1 " L2 = 88 " 63 J = 25 J
42.
L1= Area1 = (31 N ! 0 N ) (3,0 m ! 0 m ) = 93 J
L2 = Area2 = 0 J
L = 12 mvf2 ! 12 mv02
da cui
vf =
(
)
2 93 J
2W
+ v0 2 =
+ 1,5 m/s
m
65 kg
(
)
2
= 2,3 m/s
43.
L = 12 Base ! Altezza
=
1
2
(1,60 m ) (62,0 N )
F cos θ
62,0 N
= 49,6 J
0
1,60 m
s
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Capitolo 7 Lavoro ed energia
44.
Ltot = L0,10 + L0,20 = 1 (10,0 N)(10,0 m ! 0 m) + 10,0 N 20,0 m !10,0 m =
2
1
2
(
2
= 5,00 "10 J + 1,00 "10 J = 1,5 "10 J
)(
)
2W
2(1,50 !102 J)
=
= 7,07 m/s
m
6,00 kg
vf =
45.
2
U e = 1 kx 2 = 1 ( 425 N/m ) (0,470 m ) = 46,9 J
2
2
Per la conservazione dell’energia Ue = K
v=
2(U e )
m
2(46,9 J)
= 55,9 m/s
0,0300 kg
=
46.
1
m vf2 + 12 I !f2 + m g hf + 12 k yf2 = 12 m v02 + 12 I !02 + m g h0 + 12 k y02
2
!"""""
"#""""""
$
!"""""
"#""""""
$
Ef
E0
ma vf = v0 = 0 m/s; ωf = ω0 = 0 rad/s e y0 = 0 m. Quindi
m g hf + 12 k yf2 = m g h0
da cui
k=
(
mg h0 ! hf
1 y2
2 f
) = (0,450 kg) (9,80 m /s ) (0,150 m ) = 58,8 N /m
1 0,150 m 2
)
2(
2
47.
Applicando ancora la conservazione dell’energia
mghf = mgh0 + 12 ky02
da cui
k=
(
2mg hf ! h0
y02
) = 2 (2,10 "10!2 kg) (9,80 m/s2 ) (6,10 m ) = 303 N/m
(9,10 "10!2 m )
2
48.
Quando l’oggetto viene appeso alla molla, questa subisce una deformazione
F mg (2,00 kg)(9,80 m/s 2 )
y= =
=
= 0,392 m
k
k
50,0 N/m
A questo punto la molla viene allungata di altri 0,200 m, quindi il livello di zero è fissato a
y0 = 0,392 m + 0,200 m = 0,592 m
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Capitolo 7 Lavoro ed energia
h = 0 m:
K = 1 mv02 = 1 m(0 m/s)2 = 0 J
2
2
U g = mgh = mg(0 m) = 0 J
U e = 1 ky02 = 1 (50,0 N/m)(0,592 m)2 = 8,76 J
2
2
E0 = 8,76 J
h = 0,200 m:
U g = mgh = (2,00 kg)(9,80 m/s2 )(0,200 m) = 3,92 J
U e = 1 ky 2 = 1 (50,0 N/m)(0,392 m)2 = 3,84 J
2
2
K = E – U g – U e = 8,76 J – 3,92 J – 3,84 J = 1,00 J
h = 0,400 m:
U g = mgh = (2,00 kg)(9,80 m/s2 )(0,400 m) = 7,84 J
U e = 1 ky 2 = 1 (50,0 N/m)(0,192 m)2 = 0,92 J
2
2
K = E – U g – U e = 8,76 J – 7,84 J – 0,92 J = 0 J
La tabella riassume tutti i risultati
h
K
Ug
Ue
E
0m
0,200 m
0,400 m
0J
1,00 J
0,00 J
0J
3,92 J
7,84 J
8,76 J
3,84 J
0,92 J
8,76 J
8,76 J
8,76 J
49.
L’espressione semplificata della conservazione dell’energia porta alla relazione
mghf + 12 kyf2 = mgh0
da cui
h0 ! hf
(450 N/m ) (0,025 m ) = 0,048 m = 4,8 cm
=
=
2mg 2 (0,30 kg ) (9,80 m/s )
2
kyf2
2
50.
2
! mg $ m2 g 2
U e = ky = k #
& =
2k
" k %
Quindi:
m12 g 2
m22 g 2
U e1 =
e U e2 =
2k
2k
1
2
2
1
2
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Capitolo 7 Lavoro ed energia
Dividendo membro a membro e risolvendo in funzione di Ue2, otteniamo
m22 g 2
m22
2
k
= 2 2 = 2
m1 g
m1
2k
Ue2
U e1
! m22 "
(5, 0 kg ) = 4, 4 J
U e 2 = U e1 $$ 2 %% = (1,8 J )
2
(3, 2 kg )
& m1 '
2
#
51.
1
1
mv20 = 2 kA2
2
dove A indica il massimo spostamento del blocco dalla posizione iniziale, da cui
mv02
=
k
A=
(1,00 !10
-2
)(
kg 8,0 m/s
)
2
124 N/m
52.
(
= 7,18 !10-2 m
)
L = Fs , s = vt ! L = Fv t = 135 N (9,30 m/s) (12,0 s) = 1,51!104 J
53.
In assenza di attrito
1 mv 2 + mgh = 1 mv 2 + mgh da cui
f
0
2 "
2 "
!"
#""
$f !"
#""
$0
Ef
1
2
hf =
E0
(v02 ! vf2 ) + h
0
g
Ponendo h0 = 0 m e vf = 0 m/s, otteniamo
hf =
vo2 ! vf2
2g
2
2
18,0 m / s) ! (0 m/s)
(
=
= 16,5 m
(
2 9,80 m / s2
)
In presenza di attrito, dobbiamo introdurre il lavoro compiuto dalla forza d’attrito
Lattrito =
(
1 mv 2
f
2
2
)
)
(
(
)
(
)
(
! 1 mv02 + mghf ! mgh0 = !FR s = 1 m vf2 ! vo2 + mg hf ! h0
2
)
da cui
FR =
=
1m
2
1
2
(v
2
f
! vo2 + mg hf ! h0
!s
"
(0,750 kg) #(0 m/s)
2
)=
(
)
2$
! (18,0 m/s) % + (0,750 kg ) 9,80 m/s2 (11,8 m )
! (11,8 m )
= 2,9 N
54.
∆Ug = mghf − mgh0, da cui
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hf ! h0 =
("U )
g Adulto
(!U )
g Adulto
mAdulto g
(!U )
=
(!U )
g bambino
(!U )
=
("U )
g bambino
mbambino g
→
mbambino g
g Adulto
g bambino
hf ! h0 =
e
mAdulto g
Capitolo 7 Lavoro ed energia
mbambino
mAdulto
(2,00 "10 J ) (18,0 kg) = 444 J
=
3
81,0 kg
55.
Trascurando gli attriti, la conservazione dell’energia si scrive:
1 mv 2 + mgh = 1 mv 2 + mgh
f #""
f
0#""
0 , da cui
2
2
!""
$
!""
$
Ef
E0
hf ! h0 =
!
"#"
$
h
1 v2
2 0
! 12 vf2
g
=
1
2
(5,4 m/s)
2
! 1 (0 m/s)
2
9,80 m/s2
2
= 1,5 m
56.
In assenza di attrito
1 mv 2 + mgh = 1 mv 2 + mgh
→
f #""
f
0#""
0
2
2
!""
$
!""
$
Ef
E0
vf = v02 + 2 g (h0 ! hf ) = (0 m/s) + 2 (9,80 m/s2 ) (104 m ) = 45,1 m/s
2
In presenza di attrito
(
)
(
)
Lattrito = 1 m vf2 ! v02 + mg hf ! h0 =
2
=
1
2
"
2
2$
(86,0 kg) #(35,8 m/s) ! (0 m/s) % + (86,0 kg) (9,80 m/s2 ) (!104 m ) = !3,25 &104 J
57.
L = Fs cos θ = (2,40 ⋅ 102 N)(8,00 m) cos 20,0° = 1,80 ⋅ 103 J
Lf = fds cos θ, dove
fd = !s (mg ! F sen " ) =
$
&
= (0,200) %(85,0 kg)(9,80 m/s2 ) ! (2,40 #102 N)(sen 20,0°)' = 1,50 #102 N
e quindi
Lf = (1,50 ⋅ 102 N)(8,00 m) cos 180° = -1,20 ⋅ 103 J
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58.
P=
P=
(
=
Ltraino
t
1 mv 2
f
2
)
Capitolo 7 Lavoro ed energia
(
! 1 mv02 + mghf ! mgh0
2
)
t
(
mg hf ! h0
)
t
ma v0 = vf
kg
2
' (9,80 m / s ) (140 m )
(4 sciatori) $#65 sciatore
&
"
=
,
%
(
59.
EDISSIPATA = E0 – Ef
" 60 s %
2 min $
'
# 1 min &
)
)(
(
)(
) (
= 3,0 ( 103 W
)
= mgh0 – mghf = 0,60 kg 9,80 m/s 2 !" 1,05 m – 0,57 m #$ = 2,8 J
L = EDISSIPATA = 2,8 J
EDISSIPATA = (F cos ! ) s
60.
Lattrito =
(
=
(
=
1
2
(
1
2
"
F=
) (
EDISSIPATA
=
(cos ! ) s
2,8 J
= 35 N
(cos 0°)(0,080 m)
)
mvf2 ! 12 mv02 + mghf ! mgh0 =
1 mv 2
f
2
!
1 mv 2
0
2
)
(
s
)
+ mg s sen 25° ! h0 =
(63 kg) (4,4 m / s)
)(
2
!
)(
1
2
(63 kg) (6,6 m / s)
25°
2
+
)
2
+ 63 kg 9,80 m / s "# 1,9 m sen 25° ! 0 m$% = ! 270 J
fd =
Lattrito !270 J
=
= 140 N
!s
!1,9 m
61.
1
1
mv2f + mghf = mv20 + mgh0
2!#
2 #
#"##
$ !
#"##
$
Ef
E0
dove hf = h , h0 = H e v0 = 0 m/s, quindi
1 2
v
2 f
+ gh = gH
→
v2
H = h+ f
2g
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hf
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vf =
!x 5,00 m
=
= 10,0 m/s
!t 0,500 s
H = 1,23 m +
(10,0 m/s)
Capitolo 7 Lavoro ed energia
e h=
(
)(
2
1 2 1
gt = 9,80 m/s 2 0,500 s = 1,23 m
2
2
)
2
(
2 9,80 m/s 2
)
= 6,33 m
62.
Quando l’auto si trova alla massima altezza la forza centripeta uguaglia la forza peso:
mv2/r = mg
Applicando la legge di conservazione dell’energia, avremo:
(1/2) mv2 + mg (2r) = (1/2) mv02
Quindi
v02 = 5 gr
r = v02 / (5g) = (4,00 m/s)2/(49,0 m/s2) = 0,327 m
63.
Lattrito = Ef ! E0 =
(
1 mv 2
f
2
) (
+ mghf !
1 mv 2
0
2
+ mgh0
)
(1)
ma anche
Lattrito = ( fd cos! ) s = µ d FN (cos 180°) s = "µd FN s
e FN = mg cos15, 0°
(
(2)
)
Lattrito = !µd mg cos15,0° s
quindi
(3)
Combinando le tre equazioni precedenti, avremo
! µd (mg cos 15,0° )s =
( mv
1
2
2
f
+ mghf
) ! ( mv
1
2
2
0
+ mgh0
)
Quando l’auto si arresta vf = 0 m/s. Se assumiamo hf = 0 m al
livello del suolo, possiamo ricavare, come mostra la figura a fianco,
h0 = s sen 15,0°
(4)
s
15°
h0
L’espressione (4), risolta in funzione di s, fornisce:
(11,1 m/s)
s=
=
= 13,5 m
2g (µd cos15,0° ! sen 15,0°) 2 (9,80 m/s2 ) "(0,750) cos15,0° ! sen 15,0°$
#
%
v02
2
64.
Fy
mg (1,1 kg)(9,80 m/s2 )
=
= 9,0 !10"2 m
k
k
120 N/m
2
1
1
Etot = U e = 2 ky0 = 2 (120 N/m)(0,29 m) 2 = 5,0 J
y=
=
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Capitolo 7 Lavoro ed energia
Quando l’oggetto ripassa per la posizione di equilibrio, avremo:
Etot = 12 mv 2 + mgh + 12 ky 2 →
5,0 J = 12 (1,1 kg)v 2 + (1,1 kg)(9,80 m/s 2 )(0, 20 m) + 12 (120 N/m)(0,090 m) 2
da cui
v = 2,1 m/s
65.
Per la conservazione dell’energia:
m g hf + 12 k yf2 = m g h0
da cui
1 ky 2
2 f
+ mg
h0 )
(!h#f "! #
$
=0
yf ! 0,750 m
effettuando la sostituzione indicata, otteniamo:
+ mgyf ! mg (0, 750 m ) = 0
1 ky 2
2 f
yf =
yf =
!mg ±
( mg )
2
( k )"#! mg (0,750 m)$%
2( k)
!4
)(
(
1
2
1
2
! 86,0 kg 9,80 m /s2
3
1,20 & 10 N /m
±
)(
)=
)
2
"
2 $
86,0
kg
9,80
m
/s
'#
(% ! 4
(
( ) (1,20 & 10
1
2
3
)
)(
)(
"
$
N /m '! 86,0 kg 9,80 m /s2 0,750 m (
#
%
(
)
1,20 & 103 N /m
Delle due soluzioni (yf = +0,54 m e –1,95 m), scegliamo quella negativa perché la corda si tende
verso il basso. Quindi !l = 1,95 m
Olimpiadi della fisica
1. C
2. A
3. C
4. A
5. C
6. B
7. D
8. C
9. C
10. L’allungamento finale della molla è b – a e l’energia potenziale elastica vale
Uel = ½ k (b – a)2. L’energia meccanica iniziale e finale sono: Ei = ½ m v02;
Ef = mga + ½ k (b – a)2 e il bilancio energetico si scrive allora come
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Capitolo 7 Lavoro ed energia
2
2
Ei = Ef ⇒ ½ m v0 = mga + ½ k (b – a) ⇒ k =
mv02 ! 2mga
(b ! a )
2
Test di ammissione all’Università
1.
2.
3.
4.
A
B
A
B
Prove d’esame all’Università
1.
2
1
1
La = !K = "K = " mv 2 = " 95 kg 3,5 m/s = "5,8 #102 J
2
2
Combinando la L = Fs con la K =(1/2) mv2 si ottiene, per L = K:
2
1
1
F = mv 2 / s = 95 kg 3,5 m/s / 2,3 m = 2,5 !102 N
2
2
"1
%
Fd = µ d FP = µ d mg ! µ d = Fd / mg = $ mv 2 / s ' / mg =
#2
&
(
(
)(
)(
) (
)(
)
)
)
2
1
1
= v 2 / sg = 3,5 m/s / () 2,3 m 9,8 m/s 2 *+ = 0,27
2
2
(
) (
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