Esercizi

LAVORO ED ENERGIA
Esercizi svolti e discussi dal prof. Gianluigi Trivia
(scritto con Lyx - www.lyx.org)
1.
Exercise 1.
ENERGIA CINETICA
Determinare l'energia cinetica posseduta da un razzo, completo del suo carico, di massa complessiva
2.9 × 105 kg quando raggiunge la velocità di fuga di 11.2 km/s.
Soluzione::
m
Basta applicare la denizione di energia cinetica, con velocità di 11.2 km
s = 11200 s
2.9 × 105 kg · 11200 m
mv 2
s
K=
=
2
2
2
= 1.82 × 1013 J
Un elettrone di conduzione (massa m = 9.11 × 10−31 kg ), che viaggia nel rame a una temperatura
prossima allo zero assoluto, ha un'energia cinetica di 6.7 × 10−19 J . Trovare la sua velocità.
Exercise 2.
Soluzione::
Applichiamo la relazione che denisce l'energia cinetica, risolvendola rispetto alla velocità:
K=
da cui,
r
v=
2K
=
m
s
mv 2
2
2 × 6.7 × 10−19 J
m
= 1.2 × 106
9.11 × 10−31 kg
s
Un'esplosione a livello del suolo lascia un cratere di diametro proporzionale all'energia dell'esplosione elevata a 31 : il cratere prodotto dall'esplosione di 1 megaton di TNT ha il diametro di 1 km. Se un cratere
di impatto ha un diametro di 50 km, calcolare l'energia cinetica spesa in questo impatto in megaton di TNT.
Exercise 3.
√
Traducendo quanto descritto nel problema in linguaggio matematico, si ha d ∝ 3 K . Se
l'energia K = 106 ton T N T , produce un diametro di 1 km, allora un diametro di 50 km sarà stato
prodotto da un'energia
Soluzione::
K ∝ d3 ∝ 503 ∝ 1, 25 · 105 M egaton T N T
−27
Exercise 4. Un protone (massa m = 1, 67 · 10
kg ) è accelerato in un acceleratore lineare. In ogni stadio
gli viene impressa un'accelerazione, in linea retta, di 3.6 · 1015 m/s2 . Se un protone entra in uno stadio, di
lunghezza totale 3.5 cm, con velocità iniziale di 2.7 · 107 m/s, trovare la sua velocità all'uscita dallo stadio e il
guadagno in energia cinetica dovuto all'accelerazione.
Il moto nei singoli tratti può essere considerato come moto uniformemente accelerato; le leggi
di tale moto consentono di calcolare la velocità all'uscita dal tratto lineare
Soluzione::
vf2 = vi2 + 2as
risolvendo, sostituendo i valori dati, si ha
r
vf =
(2.7 · 107 )
2
m2
m
m
+ 2 · 3.6 · 1015 2 · 3.5 · 10−2 m = 3.1 · 107
s2
s
s
Il guadagno in energia cinetica è dato da
∆K =
h
2
2 i m
1
m vf2 − vi2 = 0.5 · 1, 67 · 10−27 kg 3.1 · 107 − 2.7 · 107
= 1.9 · 10−13 J
2
s
Un padre che corre con il glio ha un'energia cinetica pari alla metà di quella del glio, la cui
massa è metà di quella del padre. Questi accresce la propria velocità di 1 m/s, arrivando così ad avere la stessa
energia cinetica del glio. Determinare le loro velocità iniziali.
Exercise 5.
1
LAVORO ED ENERGIA
2
Esercizio di decodica del testo. Indichiamo con mp la massa del padre e mf quella del glio.
Sappiamo che mp = 2mf ; chiamiamo poi Kp , Kf le energie cinetiche del padre e del glio e vi,p , vf le
rispettive velocità iniziali. Allora confrontando le energie cinetiche iniziali si ha
Soluzione::
1
Kf
2
Kp =
cioè
1
1
2
mp vi,p
= mf vf2
2
4
sostituendo la relazione tra le masse, si ha
1
mf vf2
4
2
mf vi,p
=
da cui si ricava che
vf = 2vi,p
Dopo l'incremento di velocità da parte del padre, entrambi hanno la stessa energia cinetica
Kp = Kf
1
1
2
mp vf,p
= mf vf2
2
2
cioè
sempre sostituendo la relazione tra le masse e
2
mf vf,p
=
1
mf vf2
2
si ha, indicando con vf,p = vi,p + 1, la velocità nale del padre
2
(vi,p + 1) =
1 2
v
2 f
Ma introducendo la relazione tra le velocità iniziali del padre e del glio, si avrà
2
(vi,p + 1) =
cioè
vi,p + 1 =
Risolvendo, si ha
vi,p
√
√
2
4vi,p
2
2vi,p
2−1 =1
Da cui
vi,p
=
vf,p
=
m
s
m
4.8
s
2.4
Determinare l'energia cinetica associata alla rivoluzione della Terra attorno al Sole, sapendo che
la Terra ha una massa mT = 5.98 · 1024 kg , il raggio medio dell'orbita terrestre R = 1.50 · 1011 m e il tempo di
rivoluzione T = 3.16 · 107 s
Exercise 6.
Soluzione::
calcoliamo la velocità lineare della Terra nella sua orbita di rivoluzione
v=
2πR
2π · 1.50 · 1011 m
m
=
= 29825
T
3.16 · 107 s
s
L'energia cinetica sarà pertanto
K=
1
1
2 m
mv 2 = · 5.98 · 1024 kg · (29825)
= 2.7 · 1033 J
2
2
s
LAVORO ED ENERGIA
2.
3
Lavoro ed Energia Cinetica
Un oggetto di 102 kg sta inizialmente muovendosi in linea retta alla velocità di 53 m/s. Per
arrestarlo con una decelerazione di 2.0 m/s2 determinare l'intensità della forza necessaria, la distanza percorsa
durante il rallentamento e il lavoro fatto dalla forza rallentante.
Exercise 7.
Soluzione::
La forza decelerante può essere ottenuta dalla seconda legge di Newton
F = ma = 102 kg · 2.0
Il corpo, prima di fermarsi, ha un'energia cinetica di
K=
m
= 204 N
s2
m 2
1
mv 2 = 0.5 · 102 kg · 53
= 143259 J
2
s
Il lavoro necessario ad arrestare il corpo è dato dalla variazione dell'energia cinetica del corpo
W = Kf in − Kini = −143259 J
La distanza sarà quindi
s=
143259 J
W
=
= 702 m
F
204 N
Exercise 8. Per spingere una cassa di 50 kg su un pavimento privo di attrito un facchino applica una forza di
210 N in una direzione inclinata di 20° sopra l'orizzontale. Durante lo spostamento di 3.0 m trovare il lavoro fatto
sulla cassa dal facchino; sulla cassa dal peso proprio della cassa e dalla forza normale esercitata dal pavimento
sulla cassa. Determinare inne il lavoro totale sulla cassa.
La gura sopra descrive il modo in cui si deve scomporre il vettore che descrive la forza
applicata. Solo la componente Fx compie lavoro nello spostamento orizzontale (sul pavimento) della
cassa; la componente verticale forma un angolo retto con la direzione dello spostamento e il prodotto
scalare tra la forza e lo spostamento risulta in questo caso nullo.
Calcoliamo il lavoro fatto dal facchino tramite la forza Fx
Soluzione::
→
− −
W = F ·→
s = F s · cos 20° = 210 N · 3 m · cos 20° = 592 J
Le altre forze, essendo perpendicolari allo spostamento non compiono alcun lavoro mentre la cassa si
sposta sul pavimento e il lavoro totale sarà pertanto quello del facchino (si trascura infatti l'attrito).
→
−
Un blocco di ghiaccio galleggiante è spinto lungo un molo diritto, per uno spostamento d =
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
(15 m) i − (12 m) j da una corrente di marea che esercita sul blocco una forza F = (210 N ) i − (150 N ) j .
Exercise 9.
Trovare il lavoro sviluppato dall'acqua sul blocco nel corso dello spostamento.
La gura rappresenta, rispetto ad un piano cartesiano arbitrario, i vettori forza e spostamento.
In questo caso è necessario calcolare la componente della forza lungo lo spostamento. Lo spostamento
forma un angolo rispetto all'orizzontale (asse x) (prendiamo positivo il verso orario)
Soluzione::
βspos = tan
12
= 38.7°
15
mentre la forza forma con l'orizzontale un angolo
βF = tan
150
= 35.5°
210
LAVORO ED ENERGIA
4
L'angolo tra i due vettori sarà pertanto di
α = 38.7° − 35.5° = 3.2°
Calcoliamo ora il modulo dello spostamento e della forza
s=
√
144 + 225 = 19.2 m
F =
p
2102 + 1502 = 258 N
Il lavoro sarà pertanto
W = F s cos α = 258 N · 19.2 m · cos 3.2° = 4946 J
Exercise 10.
Un protone, partendo dallo stato di riposo, è accelerato in un ciclotrone a una velocità nale di
3.0 · 106 m/s. Calcolare il lavoro, in eV , sviluppato sul protone dalla forza elettrica acceleratrice.
La variazione di energia cinetica del protone è legata alla variazione di velocità. L'energia
cinetica iniziale è nulla, essendo la particella a riposo, mentre l'energia cinetica nale vale
Soluzione::
Kf =
1
m 2
mvf2 = 0.5 · 1.67 · 10−27 kg · 3.0 · 106
= 7.5 · 10−15 J
2
s
il fattore di trasformazione da Joule a elettronvolt è
1 eV = 1.6 · 10−19 J
per cui
Kf =
7.5 · 10−15 J
= 4.7 · 103 eV = 47 keV
J
1.6 · 10−19 eV
Una manichetta antincendio viene srotolata tirando orizzontalmente l'estremo libero su una
supercie senza attrito alla velocità costante di 2.3 m/s. La massa di 1 m di manichetta è 0.25 kg . Calcolare
l'energia cinetica fornita per svolgere 12 m di manichetta.
Exercise 11.
Soluzione::
La massa totale della manichetta che viene srotolata è
m = 0.25
kg
· 12 m = 3 kg
m
L'energia cinetica fornita è
=
1
1
m 2
mv 2 = · 3 kg · 2.3
= 7.9 J
2
2
s
La gura mostra tre forze applicate a un blocco che scivola su un piano lubricato di 3.00 m
verso sinistra. I loro moduli sono: F1 = 5.00 N , F2 = 9.00 N , F3 = 3.00 N . Calcolare il lavoro netto svolto sulla
cassa dalle tre forze durante lo spostamento.
Exercise 12.
La cassa si muove lungo la direzione orizzontale scorrendo senza attrito sul piano. Calcoliamo
la risultante delle tre forze lungo la direzione orizzontale, supponendo positivo lo spostamento verso
sinistra
Soluzione::
F1
F2
F3
=
5.00 N
9.00
=
= −4.50 N
2
= 0N
LAVORO ED ENERGIA
5
dove F2x è calcolata tenendo conto che la sua proiezione sulla direzione orizzontale descrive un triangolo
rettangolo metà di un triangolo equilatero, avente come lato F2 e come semi lato F2x . La risultante
sarà allora
F = 0.50 N
cioè la cassa si sposta verso sinistra sotto l'azione di una forza di modulo 0.5 N . Il lavoro netto è
W = F s = 0.50 N · 3.00 m = 1.50 J
Una forza agisce su un corpo puntiforme di 3.0 kg in modo tale che la posizione del corpo in
funzione del tempo è data dalla espressione x = 3.0t − 4.0t2 + 1.0t3 , con x in metri e t in secondi. Trovare il
lavoro sviluppato dalla forza da t = 0 a t = 4.0 s.
Exercise 13.
Il lavoro compiuto da una forza si traduce in variazione della sua energia cinetica, in questo
caso. Calcoliamo quindi l'energia cinetica nei due istanti di tempo indicati, determinando la velocità
con la quale il corpo si muove. La velocità è calcolabile tramite il limite del rapporto incrementale della
funzione, cioè la derivata prima della stessa
Soluzione::
ds
= v = 3t2 − 8t + 3
dt
e nei due momenti indicati
v (0)
=
v (4)
=
m
s
m
19
s
3
a queste velocità corrisponde una variazione dell'energia cinetica
W = 4E =
1
1
m v 2 (4) − v 2 (0) = · 3.0 kg · (361 − 9) = 528 J
2
2
In gura sono mostrate dall'alto tre forze orizzontali che agiscono su un corpo inizialmente
fermo, ma che ora si muove su un piano privo di attrito. I moduli delle forze sono: F1 = 3.00 N , F2 = 4.00 N ,
F3 = 10.0 N . Trovare il lavoro svolto sul corpo dalle tre forze durante uno spostamento di 4.00 m.
Exercise 14.
Soluzione::
il corpo si muove nel piano xy . Calcoliamo le componenti delle forze lungo i due assi
F1x = −3.00 N
F2x = −4.00 · cos 40° = −3.06 N
F3x = 10.0 · cos 35° = 8.19 N
F1y = 0
F2y = −4.00 · cos 50° = −2.57 N
F3y = 10.0 · cos 55° = 5.74 N
La forza risultante avrà componenti
Fx
=
2.13 N
Fy
=
3.17 N
Il modulo della forza risultante è
F =
p
2.132 + 3.172 = 3.82 N
Il lavoro sarà pertanto
W = 3.82 N · 4.00 m = 15.28 J
LAVORO ED ENERGIA
6
Lavoro svolto dalla forza peso
3.
Per spingere una cassa di 25.0 kg su un piano privo di attrito inclinato di 25° rispetto al piano
orizzontale, si applica una forza di 209 N parallela al piano inclinato. Trovare il lavoro sulla cassa per uno
spostamento di 1.50 m lungo il piano inclinato fatto dalla forza parallela, dal peso della cassa e dalla forza
normale esercitata dal piano inclinato. Indicare inne il lavoro totale sviluppato sulla cassa.
Exercise 15.
Soluzione::
Il peso della cassa vale P = mg = 25.0 kg · 9.8 sm2 = 245 N . La componente parallela è
Ppar = 245 · sin 25° = 104 N
e la componente perpendicolare sarà
Pper = 245 · cos 25° = 222 N
Per lo spostamento di 1.5 m, la forza applicata, presa con verso positivo, compie un lavoro (in questo
caso la direzione dei due vettori, forza e spostamento, è la stessa)
WF = 209 N · 1.5 m = 314 J
la forza esercitata dal piano inclinato sulla cassa è perpendicolare allo spostamento e il suo lavoro è
pertanto nullo; il peso compie un lavoro resistente
WP = 245 N · 1.5 · cos 115° = −155 J
Il lavoro complessivo è quindi
Wtot = 314 − 155 = 159 N
Un blocco di ghiaccio di 45 kg scivola in basso lungo un piano inclinato lungo 1.5 m e alto 0.91 m.
Uno scaricatore spinge dal basso contro il blocco con una forza parallela al piano inclinato in modo da obbligarlo
a scendere a velocità costante. Trovare la forza esercitata dallo scaricatore, il lavoro sviluppato sul ghiaccio
dallo scaricatore, dal peso del blocco dalla forza normale esercitata dal piano sul blocco e dalla forza risultante.
Exercise 16.
in questo caso le informazioni che descrivono l'inclinazione del piano non sono assegnate
mediante un angolo, ma sono desumibili dal rapporto tra altezza e lunghezza del piano stesso. Lo
scaricatore si oppone parzialmente alla caduta del ghiaccio, impedendo che questa sia descritta da un
moto uniformemente accelerato. Infatti il ghiaccio scivola con moto rettilineo uniforme. Il peso del
blocco è
Soluzione::
P = mg = 45 kg · 9.8
m
= 441 N
s2
Le sue componenti, parallele e perpendicolari, al piano inclinato sono;
Ppar
=
Pper
=
0.91 m
h
= 268 N
P = 441 N ·
1.5 m
ql
p
2 =
P 2 − Ppar
4412 − 2682 = 350 N
Se il ghiaccio scende con moto rettilineo uniforme, la sua accelerazione è nulla; cioè il ghiaccio dopo una
prima breve fase di caduta accelerata, scende senza più accelerazione per l'azione dello scaricatore; tale
forza dovrà essere pertanto F = −268 N . Tale scaricatore compirà un lavoro (forza e spostamento sono
paralleli)
W = F s = −268 N · 1.5 m = −402 N
Il peso compie lavoro solo nella sua componente parallela e sarà uguale al precedente, ma non resistente.
La componente perpendicolare compie un lavoro nullo, essendo tale forza perpendicolare allo spostamento. Il lavoro della forza risultante sarà pure nullo, essendo la forza risultante, componente parallela
della forza peso più la forza esercitata dallo scaricatore, nulla.
LAVORO ED ENERGIA
7
Un elicottero recupera dall'oceano un astronauta di 72 kg , sollevandolo di 15 m sospeso a un
cavo, con un'accelerazione pari a g/10. Trovare il lavoro fatto sull'astronauta dall'elicottero e dal suo peso.
Determinare poi l'energia cinetica e la velocità dell'astronauta immediatamente prima di raggiungere l'elicottero.
Exercise 17.
Sull'astronauta agiscono due forze, la tensione del cavo e il peso. La risultante è una forza
diretta verso l'alto che produce una accelerazione g/10. Il peso dell'astronauta è
Soluzione::
P = mg = 72 kg · 9.8
m
= 706 N
s2
L'elicottero, attraverso il cavo, esercita una forza che, oltre a sovrastare il peso, sposta l'astronauta
verso l'alto.
T + P = ma = 72 kg · 0.98
m
= 71 N
s2
La tensione sarà
T = 706 + 71 = 777 N
Il lavoro compiuto dall'elicottero sarà quindi
W = 777 N · 15 m = 11655 J
Il peso compie invece un lavoro resistente
W = −706 N · 15 m = −10590 J
Se l'astronauta era inizialmente fermo, l'energia cinetica da esso acquistata è pari al lavoro svolto dalla
forza risultante, cioè
K = 71 N · 15 m = 1065 J
La velocità si calcola dalla relazione che esprime l'energia cinetica, risolvendola rispetto a v :
r
v=
2K
=
m
s
2 · 1065 J
m
= 5.4
72 kg
s
Un blocco di massa M , partendo da fermo, viene calato verticalmente per mezzo di una fune con
accelerazione costante, diretta verso il basso, pari a g/4. Trovare, quando è calato di una distanza d, i valori
del lavoro fatto sul blocco dalla fune e dal suo peso. Determinare poi l'energia del blocco e la sua velocità.
Exercise 18.
In questo caso la fune compie un lavoro resistente atto ad impedire al blocco di cascare con
accelerazione g . La forza risultante produce un'accelerazione g4 . Il peso del blocco è
Soluzione::
P = Mg
il lavoro da esso compiuto è
W = M gd
La tensione sarà
T = −P + M
g
3
= − Mg
4
4
Il lavoro da essa compiuto è
3
W = − M gd
4
L'energia cinetica è pari al lavoro compiuto dalla forza risultante:
K=
1
M gd
4
e la velocità è
s
v=
2 · 14 M gd
=
M
r
gd
2
LAVORO ED ENERGIA
4.
8
Lavoro svolto da una forza variabile
Exercise 19. Un blocco pesante 5.0 kg si muove in linea retta su una supercie orizzontale priva di attrito
sotto l'azione di una forza che varia con la posizione come mostrato nella gura. Trovare il lavoro compiuto da
tale forza per uno spostamento del blocco dall'origine al punto x = 8.0 m.
Il lavoro è dato dal prodotto della forza per lo spostamento, intesi vettorialmente. Nel caso
qui descritto, la forza è variabile e il lavoro da essa compiuto può essere ottenuto, sottraendo l'area
compresa tra i due poligoni colorati e l'asse orizzontale, posti uno al di sopra e l'altro al di sotto della
linea della zero (il secondo, inteso come lavoro resistente)
Soluzione::
W =
(4 + 2) · 10 2 · 5
−
= 25 J
2
2
Una massa di 10 kg si sposta lungo l'asse x. Il graco sotto rappresenta la sua accelerazione
in funzione della sua posizione. Trovare il lavoro netto fatto sulla massa durante lo spostamento da x = 0 a
Exercise 20.
x = 8.0 m
Dal graco è possibile osservare che lungo gli 8 metri, l'accelerazione media è pari a 10 m/s2 .
Il lavoro compiuto è pertanto
Soluzione::
F = max = 10 Kg · 10
5.
m
· 8 m = 800 N
s2
Potenza
3
Exercise 21. La cabina di un montacarichi, con massa a pieno carico di 3.0 × 10 kg , sale di 210 m in 23 s, a
velocità costante. Determinare la potenza media sviluppata dal cavo sulla cabina.
Portando la cabina verso l'alto si compie un lavoro che accresce l'energia potenziale della
cabina e del suo contenuto
Soluzione::
U = 3.0 · 103 kg × 9.8
m
× 210 m = 6.2 · 106 J
s2
La potenza sviluppata è
P =
E
6.2 · 106 J
=
= 268435 W
∆t
23 s
Trovare la potenza media assorbita da una sciovia che in 60 s trasporta su un dislivello di 150 m,
a velocità costante, 100 sciatori del peso medio di 70 kg .
Exercise 22.
LAVORO ED ENERGIA
9
Il lavoro compiuto in un campo gravitazionale non dipende dal percorso compiuto, ma solo
dal punto iniziale e nale, cioè dal dislivello. La massa complessiva che deve essere trasportata è
Soluzione::
M = 100 × 70 kg = 7000 kg
Il lavoro complessivo, che si traduce in energia potenziale è
U = 7000 kg × 9.8
m
× 150 m = 1.03 × 107 J
s2
La potenza sviluppata è pertanto
P =
1.03 × 107 J
= 171500 W
60 s
La cabina di un ascensore, con massa di 4500 kg e carico utile massimo di 1800 kg , sale a pieno
carico alla velocità di 3.8 m/s. Quale potenza occorre per tenere questa velocità?
Exercise 23.
La potenza è il lavoro compiuto nell'intervallo di tempo, cioè P =
sostituendo si ha
Soluzione::
W
∆t ;
ma W = F s, da cui
P = Fv
Pertanto è possibile calcolare la potenza in questa situazione, prendendo come massa, quella complessiva
a pieno carico, m = 4500 + 1800 kg ; inoltre, il lavoro viene fatto dal motore che deve contrastare la forza
peso dell'ascensore
P = 6300 k · 9.8
m
m
· 3.8
= 234612 W att ' 235 kW
2
s
s
→
−
→
−
→
−
→
−
Una particella soggetta a una forza F = (4.0 N ) i − (2.0 N ) j + (9.0 N ) k si sposta, in un
→
−
→
−
−
certo istante, alla velocità →
v = − (2.0 m/s) i + (4.0 m/s) k . Calcolare la potenza istantanea con cui la forza
→
−
produce lavoro sulla particella; in un altro momento la velocità ha soltanto la componente secondo j .
Exercise 24.
la situazione è assai simile alla precedente; la dierenza consiste nella trattazione vettoriale
delle grandezze. La potenza è una grandezza scalare; il prodotto tra la forza e la velocità è pertanto
scalare, cioè F · v · cos θ.
Soluzione::
F
=
v
=
q
2
2
2
(4.0) + (−2.0) + (9.0) = 11 N
q
m
2
2
(−2.0) + (4.0) = 4.47
s
calcoliamo ora il prodotto scalare tra le componenti, (trascuriamo per comodità di scrittura le unità di
misura)
→
− →
F ·−
v = [(−2.0i · 4.0i) + (−2.0i · (−2.0) j) + (−2.0i · 9.0k) + (4.0i + 4.0k) + (−2.0j · 4.0k) + (9.0k · 4.0k)]
ora, l'angolo tra due versori uguali è 0° e quindi cos 0° = 1, mentre quello tra versori diversi è sempre
90° e quindi cos 90° = 0
→
− −
P = F ·→
v = −8 + 36 = 28 W
Un blocco di 100 kg è trascinato a velocità costante di 5.0 m/s su un pavimento orizzontale da
una forza di 122 N diretta con angolo di 37° sopra il piano orizzontale. Trovare la potenza.
Exercise 25.
Calcoliamo la potenza applicando il prodotto scalare tra le velocità e la forza, conoscendo
l'angolo che essi formano. Da P = F v cos ϕ, si ha
Soluzione::
P = 122 N · 5.0
m
· cos 37° = 487 W
s
Exercise 26. Un oggetto di 2.0 kg accelera uniformemente da fermo alla velocità di 10 m/s in 3.0 s. Trovare il
lavoro compiuto in questo intervallo di tempo.
LAVORO ED ENERGIA
10
Modalità cinematica: I dati ci consentono di calcolare l'accelerazione uniforme a cui è
stato sottoposto l'oggetto; applicando, poi, la seconda legge di Newton, è possibile ottenere la forza
applicata che compie questo lavoro.
Soluzione::
(10 − 0) m
m
s
= 3.3 2
3s
s
a=
Troviamo ora la forza applicata
F = ma = 2.0 kg · 3.3
m
= 6.7 N
s2
Serve poi calcolare la distanza percorsa
s=
1 2
m
at = 0.5 · 3.3
· 9 s2 = 15 m
2
s
Il lavoro sarà
L = F s = 6.7 N · 15 m = 100 J
É possibile ottenere tale informazione ricordando il teorema dell'energia cinetica, secondo il quale, il
lavoro compiuto è uguale alla variazione dell'energia cinetica del corpo; in questo caso, essendo la velocità
iniziale nulla, anche l'energia cinetica iniziale è nulla, quindi
L = ∆K =
1
1
m vf2 − vi2 = · 2.0 kg · 100 = 100 J
2
2
Una forza di 5.0 N agisce su un corpo di 15 kg che si trova inizialmente in quiete. Calcolare il
lavoro fatto dalla forza in tre secondi e la potenza sviluppata dalla forza.
Exercise 27.
Descrizione::
La forza produce sul corpo una accelerazione
a=
5.0 N
m
F
=
= 0.33 2
m
15 kg
s
partendo da fermo, il corpo in tre secondi avrà una velocità
v = at = 0.33
m
m
· 3 s = 1.0
2
s
s
Il lavoro fatto dalla forza sarà
L = ∆K =
1
m2
· 15.0 kg · 12 2 = 7.5 J
2
s
La potenza sviluppata sarà
P = F v = 5.0 N · 1
m
= 5.0 W
s
Exercise 28. La cabina di un montacarichi a pieno carico, di massa complessiva 1200 kg , deve salire di 54 m
in 3.0 min. Il contrappeso ha massa 950 kg . Trovare la potenza richiesta al motore quando il cavo solleva la
cabina. (Supporre che la velocità sia sempre costante).
Il montacarichi ha una massa maggiore del contrappeso, per cui tende a cadere verso il basso
come se la sua massa fosse la dierenza tra le due. Possiamo quindi calcolare il lavoro del motore
contrario alla forza peso
Soluzione::
L = mgh = 250 kg · 9.8
m
· 54 m = 132300 J
s2
Tale lavoro deve essere speso in 3 m = 180 s, per cui
P =
L
132300 J
=
= 735 W
∆t
180 s
La forza richiesta per rimorchiare una barca a velocità costante è proporzionale alla velocità. Se
per una velocità di 4 km/h occorre una potenza di 10 kW , trovare la potenza necessaria per una velocità di
12 km/h.
Exercise 29.
LAVORO ED ENERGIA
11
La potenza può essere espressa dalla relazione P = F · v , dove v è la velocità del corpo sul
quale si compie lavoro. Se la forza è proporzionale alla velocità, la potenza sarà allora proporzionale al
quadrato della velocità; quindi
Soluzione::
P1
=
P0
La potenza cercata sarà quindi
v1
v0
2
=9
P1 = 9 · 10 kW = 90 kW
Exercise 30. Un corpo di massa di 0.30 kg , che scivola su una supercie orizzontale priva di attrito, è attaccato
all'estremità libera di una molla orizzontale avente costante k = 500 N/m, ssata all'altro lato. Al passaggio
per la sua posizione di equilibrio, la massa possiede una energia cinetica di 10 J . Trovare la potenza con cui la
molla sviluppa lavoro sulla massa quando questa passa per la sua posizione di equilibrio.
Nella condizione di equilibrio, la forza che trascina il corpo è pari alla forza di richiamo della
molla; se, in tale situazione, il corpo possiede una energia cinetica di 10 J , allora avrà una velocità
istantanea pari a
s
Soluzione::
r
v=
2K
=
m
m
2 · 10 J
= 8.2
0.30 kg
s
Nella condizione di equilibrio il lavoro esterno fatto sul corpo e quello fatto dalla molla sono tra loro
opposti, pertanto la potenza sarà pari a zero.
CONSERVAZIONE DELL'ENERGIA
Esercizi svolti e discussi dal prof. Gianluigi Trivia
(scritto con Lyx - www.lyx.org)
1.
ENERGIA POTENZIALE
Su di una particella agisce solo la forza conservativa F. Se la particella si trova nel punto A,
l'energia potenziale del sistema è di 40 J . Se la particella si muove dal punto A al punto B , il lavoro svolto sulla
particella da F è pari +25 J . Trovare l'energia potenziale del sistema quando la particella è in B .
Exercise 1.
Se la forza in questione è conservativa, allora il lavoro compiuto per andare da A a B è
indipendente dalla traiettoria seguita, ma dipende solo dalla dierenza di potenziale tra i due punti.
Tra i due punti, si ha 4U = −L = −25, e in B , l'energia potenziale sarà
Soluzione:
UB = 40 − 25 = 15 J
Determinare la costante di una molla che immagazzina 25 J di energia potenziale elastica quando
viene compressa di 7.5 cm rispetto alla sua posizione di equilibrio.
Exercise 2.
Nel momento in cui la molla viene rilasciata, la sua energia potenziale si trasforma in cinetica
del corpo eventualmente ad essa attaccato. L'energia potenziale di una molla si esprime come
Soluzione:
4U =
1
k x2f − x2i se
2
assuminamo come zero, il potenziale nella posizione di equilibrio, si ha
1 2
kx
2
4U =
da cui
k=
N
24U
2 · 25 J
= 8889
=
2
2
x
m
(0.075 m)
Si lasci cadere un libro di massa 2.0 kg fra le braccia di una persona che si trova 10 m più in basso.
Ponendo uguale a zero l'energia potenziale a livello del suolo, trovare 1) l'energia potenziale del libro all'istante
in cui inizia la propria caduta; 2) l'energia cinetica del libro appena prima che la persona lo aerri con le mani
tese poste a 1.5 m dal suolo; 3) la velocità di caduta del libro in quel momento.
Exercise 3.
Assumendo come nulla l'energia potenziale al suolo, si può dire l'energia potenziale sollevato
da terra è data da
Soluzione:
U = mgh
dove mg è la forza peso che lo trascina verso il basso. Nell'istante d'inizio della caduta la distanza dal
suolo è pari a 10 m, per cui
U10 = 2.0 kg · 9.8
m
· 10 m = 196 J
s2
Se il libro viene aerrato a 1.5 m l'energia posseduta in questo punto sarà
U1.5 = 2.0 kg · 9.8
m
· 1.5 m = 29.4 J
s2
La dierenza di potenziale esprimerà l'energia cinetica acquisista dal libro durante la caduta sotto
l'azione del peso
K = 4U = (196 − 29.4) J = 166.6 J
Poiché l'energia cinetica è espressa da K = 21 mv 2 , in questa posizione avrà una velocità
s
r
2K
2 · 166.6 J
m
v=
=
= 12.9
m
2.0 kg
s
Exercise 4. Una scheggia di ghiaccio è lasciata scivolare dal bordo in una coppa semisferica di raggio 22 cm,
priva di attrito. Determinare la velocità che possiede la scheggia quando arriva in fondo alla coppa.
1
CONSERVAZIONE DELL'ENERGIA
2
Se si trascura l'attrito, la forza agente è conservativa è quindi il lavoro da essa compiuto
dipende solo dalla posizione iniziale e nale. In questo caso, rispetto alla posizione più bassa a potenziale
nullo, il dislivello è pari al raggio; tutta l'energia potenziale si trasforma in energia cinetica, cioè
Soluzione:
1
mv 2 = mgh
2
risolvendo rispetto a v , si ottiene
v=
p
r
2gh =
2 · 9.8
m
m
· 0.22 m = 2.1
s2
s
Il carrello di massa m di un ottovolante, privo di attrito, arriva in cima alla prima gobba in gura
alla velocità v0 . Trovare la sua velocità nel punto A, nel punto B e nel punto C . Determinare inne l'altezza
sulla salita per l'utlima gobba, che è troppo alta per essere superata.
Exercise 5.
Il punto A si trova alla stessa dal suolo e quindi il carrello possiederà la stessa velocità v0 ; nel
punto B , si trova ad un'altezza pari alla metà di quella iniziale; in tal caso la sua energia potenziale
si è in parte trasformata in energia cinetica aumentando quindi la propria la velocità. Calcoliamo tale
velocità vB . L'energia potenziale (distanza dal suolo h/2) sarà
Soluzione:
U=
1
mgh
2
quindi
1
1
4U = mgh − mgh = mgh
2
2
La velocità in A ha solo componente orizzontale, cioè vAy = 0. La componente verticale cresce durante
la caduta
r
vBy =
p
h
2 g = hg
2
La velocità in B sarà la somma delle due componenti
vB =
q
v02 + hg
Nel punto C la sua velocità avrà massima componente verticale e invariata componente orizzontale
vC =
q
v02 + 2hg
Questa velocità si riduce durante la salita nale no ad annullarsi nel punto di massima altezza. Nel
punto C il carrello possiede una energia cinetica
K=
1
mv 2
2 C
tale energia si trasforma completamente, in assenza di attrito, in energia potenziale U = mgh. Uguagliando le due quantità è possibile determinare l'altezza massima raggiungibile
1
mv 2 = mghmax
2 C
da cui
hmax =
2
vC
v 2 + 2hg
v2
= 0
= 0 +h
2g
2g
2g
CONSERVAZIONE DELL'ENERGIA
3
Una palla di massa m è attaccata all'estremità di un'asticella leggerissima di lunghezza L e
massa trascurabile. L'altro estremo dell'asticella è ssata a un perno che consente alla palla di descrivere una
circonferenza in un piano verticale. L'asticella tenuta in posizione orizzontale riceve una spinta verso il basso
suciente a far ruotare la palla no a raggiungere la posizione più alta sulla verticale, dove la sua velocità si
annulla. Trovare la variazione di energia potenziale della palla e la velocità iniziale impressale.
Exercise 6.
La rotazione avviene su un piano verticale. In tali condizioni la forza peso non è controbilanciata e compie lavoro facendo cadere la palla lungo una traiettoria di un quarto di circonferenza, a
causa del vincolo. Essa però non è in gradi di far risalire la palla verso la posizione più alta; è necessaria
quindi una forza aggiuntiva. Assumiamo che il valore dell'energia potenziale sia nullo nel punto più
basso della traiettoria. La palla supera, cadendo, un dislivello L. L'energia potenziale nel punto di
partenza, in posizione orizzontale, con la scelta fatta, è
Soluzione:
Uoriz = mgL
Quando si trova nella posizione più alta, sarà ad una distanza 2L dalla posizione più bassa, e l'energia
potenziale sarà
Umax = 2mgL
La variazione sarà
4U = mgL
La sola forza peso consentirebbe di raggiungere una altezza L, nel verso opposto a quello iniziale;
pertanto la forza aggiuntiva è tale da compiere un lavoro pari a mgL fornendo così un'energia cinetica
1
mv 2 = mgL
2
da cui la velocità
v=
p
2gL
Un'asticella leggerissima di lunghezza L = 2.00 m e massa trascurabile è ssata a un perno che
le consente di descrivere un cerchio in un piano verticale. Una palla pesante di massa m è ssata all'estremità
inferiore. L'asticella è spostata lateralmente di un angolo θ = 30°, vedi gura, e qui lasciata libera. Trovare la
velocità con la quale si muoverà la palla passando per il punto più basso.
Exercise 7.
La massa m nella posizione più bassa si troverà a 2.00 m dal perno dell'asta. Se la palla viene
spostata in avanti, descrivendo un arco di circonferenza, si troverà ad una altezza superiore rispetto al
livello del punto più basso. Calcoliamo di quanto si alza la palla (l'angolo di 30° consente di utilizzare
la geometria di un triangolo equilatero, nel quale la lunghezza dell'asta rappresenta il lato e la posizione
del vertice occupato dalla palla rispetto al punto
inferiore è indicata dall'altezza; la relazione che lega
√
altezza e lato di un triangolo equilatera è h = l 2 3 ):
Soluzione:
√
L 3
d=L−
= 2.00
2
√ !
2− 3
m = 0.27 m
2
La palla acquisterà quindi una energia potenziale, rispetto al punto più basso assunto con en. potrenziale
nulla,
U = mgd = m · 9.8
m
· 0.27 m = 2.6 m (J)
s2
In tale posizione, se la palla viene lasciata ricadere acquisterà, nel punto più basso, una energia cinetica
pari a quella potenziale, cioè
1
mv 2 = mgd = 2.6 m
2
CONSERVAZIONE DELL'ENERGIA
4
semplicando m e risolvendo rispetto a v , si ha
r
v=
5.2
m
m2
= 2.3
s2
s
Exercise 8. Un blocchetto di massa m scivola senza attrito lungo una guida ripiegata ad anello come in gura.
Se parte da fermo in P , trovare la forza risultante che agisce su di esso nel punto Q (supporre h = 5R). Trovare
poi da quale altezza rispetto al fondo dell'anello deve scendere il blocchetto perché la forza esercitata contro la
guida nel vertice dell'anello sia uguale al suo peso.
Il blocchetto in fase di caduta supera un dislivello uguale ad h. Se supponiamo che l'attrito
sia trascurabile, il corpo acquista una energia cinetica
Soluzione:
1
mv 2 = mgh
2
(Si noti che l'energia potenziale del blocco in P , viene trasformata, in fase di discesa, in energia cinetica).
K=
Giunto nel punto più basso, il blocco risale trasformando la sua energia cinetica, di nuovo, in energia
potenziale. Nel punto Q, l'energia potenziale vale
U = mgR
in questo punto il blocco avrà una energia cinetica
K=
1
mv 2
2 Q
L'energia totale, nell'ipotesi non dispersiva, è pari all'energia potenziale del blocco in P , partendo esso
da fermo,
E = mgh = 5mgR
quindi in Q si ha
1
mv 2 + mgR = 5mgR
2 Q
eliminando m, e risolvendo rispetto a v, si ricava
2
vQ
= 8gR
Le forze che agiscono in Q sono la forza centripeta e la forza peso
Fc =
sommando vettorialmente, si ha
mv 2
= 8mg
R
P = mg
√
F = mg 64 + 1 = 8.06mg
e la direzione è caratterizzata dall'angolo
α = arctan
8mg
mg
= 82.9°
Secondo punto: Analizziamo il quesito dal punto di vista energetico, tenendo conto che l'energia totale
si conserva.
· nel punto P : En. potenziale UP = mg e En. cinetica Kp = 0
2
· nel punto più basso A: En. pot. UA = 0 e En. cin. KA = 21 mvA
CONSERVAZIONE DELL'ENERGIA
· nel punto più alto del ricciolo B : UB = 2mgR e KB =
dell'energia totale
1
2
2 mvB .
5
Ora, applicando la conservazione
2mgR + K = mgh
da cui
K = mg (h − 2R) =
da cui si ricava
1 2
v
2 B
2
vB
= 2g (h − 2R)
Nel punto B , pertanto, anché il blocco stia per perdere contatto è necessario che la forza vincolare
esercitata dalla guida sia uguale al peso; ma la forza vincolare è la forza centripeta, per cui
mg =
2
mvB
R
2
sostituendo vB
ottenuto prima, si ha
g=
2g (h − 2R)
R
cioè, eliminando g
R = 2h − 4R
da cui si ottiene
h=
2.
5
R
2
Conservazione dell'Energia Meccanica
Exercise 9. Un uomo di 70.0 kg salta da una nestra nella rete dei vigili del fuoco tesa 11.0 m più in basso. La
rete, cedendo di 1.5 m, riesce ad arrestarlo, per rilanciarlo subito dopo verso l'alto. Calcolare l'energia potenziale
delle rete tesa al massimo se l'energia meccanica è conservata.
la conservazione dell'energia meccanica presuppone che l'uomo ritorni indietro con la stessa
velocità con la quale aveva colpito la rete, cioè che l'energia cinetica acquisita nella caduta venga spesa
per estendere la rete. La forza elastica della rete compie un lavoro di richiamo che riporta l'uomo nella
posizione inziale (conservazione energia meccanica)
Soluzione:
∆U = mg (hi − hf ) = 70.0 kg · 9.8
m
· (11.0 + 1.5) m = 8575 J
s2
Un'autocisterna fuori controllo per un guasto ai freni sta scendendo a precipizio a 130 km/h.
Vicino al termine della discesa si trova però una rampa di emergenza in contropendenza di 15°. Trovare la
lunghezza minima anché la cisterna si possa fermare almeno per un momento.
Exercise 10.
Dal testo appare che la velocità della cisterna è costante. É necessario, pertanto, calcolare il
tratto di strada percorsa lungo un piano inclinato di 15°, anché tale velocità si annulli. Con un tale
angolo, si ha
Soluzione:
tan 15° =
h
L
dove h e L sono rispettivamente l'altezza e la lunghezza del nostro piano inclinato. Il punto in cui la
cisterna si ferma è quello nel quale tutta l'energia cinetica si trasforma in energia potenziale, cioè
1
mv 2 = mgh
2
da cui
Ne deriva che
130 m 2
v2
3.6 s
h=
=
= 66.5 m
2g
2 · 9.8 sm2
L=
h
66.5 m
=
= 248 m
tan 15°
tan 15°
Una pietra di massa 8 kg comprime una molla si 10.0 cm. Trovare la costante della molla. La
pietra viene poi spinta in giù di altri 30.0 cm e poi rilasciata. Trovare l'energia potenziale della molla subito
prima del rilascio. Determinare l'altezza oltre la posizione di rilascio alla quale la pietra può arrivare.
Exercise 11.
CONSERVAZIONE DELL'ENERGIA
Soluzione:
6
Il peso della pietra comprime la molla. Calcolo il peso della pietra
m
= 78.4 N
s2
Se la molla è compressa di 10.0 cm, la costante si ottiene da F = −k∆x,
78.4 N
N
k=
= 784
0, 10 m
m
P = mg = 8 kg · 9.8
L'energia potenziale di una molla è pari a U = 12 kx2 , pertanto, l'energia potenziale prima del rilascio,
tenendo conto di una compressione totale di 30.0 + 10.0 = 40.0 cm è
U=
1
N
2
· 784
· (0.40) m2 = 62.7 J
2
m
la molla, se rilasciata, rilancia la pietra in alto. L'energia disponibile è pari all'energia potenziale
accumulata. Supponiamo che tale energia si trasformi interamente in energia cinetica K = 12 mv 2 ; la
pietra acquisterà una velocità
r
v=
poiché v =
√
2K
=
m
s
2 · 62.7 J
m
=4
8 kg
s
2gh, l'altezza raggiungibile sarà
2
h=
16 m
v2
s2
=
= 0.82 m
2g
2 · 9.8 sm2
Una biglia di 5.0 g viene lanciata verticalmente verso l'alto con una molla. Anché la biglia
colpisca un bersaglio posto a 20 m, la molla deve essere compressa di 8.0 cm. Calcolare la variazione di energia
potenziale gravitazionale della biglia durante la fase ascensionale; trovare inne la costante della molla.
Exercise 12.
L'energia potenziale gravitazionale è espressa dalla relazione U = mgh. Ad un'altezza di 20 m
rispetto al riferimento (U = 0) il suo valore è
Soluzione:
m
· 20 m = 0.98 J
s2
In tal caso, essendo l'energia potenziale elastica espressa da U = 21 kx2 , la costante della molla sarà
U = 0.005 kg · 9.8
k=
2 · 0.98 J
N
2U
=
= 306
2
2
2
x
0.08 m
m
La forza della molla di un fucile caricato a tappo è espressa dalla relazione F = −10∆x, dove
[F ] = N e [∆x] = m. La molla è compressa di 5.5 cm ed è usata per sparare un tappo di 3.8 g . Trovare la
Exercise 13.
velocità del tappo se è lasciato libero quando la molla passa per la sua posizione di riposo; supponiamo invece
che il tappo rimanga attaccato alla molla, e l'abbandoni solo dopo averla allungata di 1.5 cm. Trovare in questo
caso la velocità del tappo al momento del rilascio.
Soluzione:
Comprimendo la molla di 0.055 m. la molla acquista una energia potenziale
U=
1
2
· 10 · (0.055) = 0.015 J
2
se tutta l'energia potenziale si trasforma in energia cinetica del tappo, si può calcolare la velocità di
quest'ultimo
s
r
v=
2K
=
m
2 · 0.015 J
m
= 2.8
3.8 · 10−3 kg
s
Nel secondo caso parte dell'energia potenziale della molla viene spesa per allungare la molla; essa vale
1
2
· 10 · (0.015) = 0.011 J
2
s
2 · 0.011 J
m
v=
= 2.7
−3
3.8 · 10 kg
s
U=
e la velocità
Un blocco di 2.00 kg è appoggiato contro una molla su di un piano inclinato con una pendenza
di 30° , privo di attrito. La molla, avente costante k = 19.6 N/cm, è compressa di 20 cm e poi lasciata libera.
Determinare di quanto il blocco risale lungo il piano inclinato.
Exercise 14.
CONSERVAZIONE DELL'ENERGIA
7
Il blocco, in assenza della molla, tende a scendere lungo il piano inclinato, spinto da una forza
h
1
l = 2 , per le proprietà del triangolo
equilatero:
Soluzione:
Ppar = hl P ; nel nostro caso, con l'angolo di inclinazione di 30°, si ha
Ppar = 0.5 · 2.00 kg · 9.8
Tale forza, F = k∆x comprime la molla di
∆x =
m
= 9.8 N
s2
9.8 N
= 5.0 · 10−3 m = 0.5 cm
N
1960 m
Tale compressione serve quindi a mantenere in equilibrio il blocco sul piano inclinato. La compressione
che consente al blocco di risalire sarà quindi pari a 19.5 cm. A tale compressione corrisponde un'energia
potenziale
U=
N
1 2
2
kx = 0.5 · 1960
· (0.195) m2 = 37.3 J
2
m
Quando il blocco viene rilasciato l'energia potenziale elastica diviene energia cinetica, cioè K = 12 kx2 ;
l'energia totale del blocco, indicando con UG l'energia potenziale gravitazionale dovuta all'altezza del
blocco sul piano inclinato, è
Ei =
1 2
kx + UG
2
mentre l'energia totale nale, cioè quando il blocco esaurisce la propria spinta,
1
Ef = 0 + UG
L'energia totale si conserva e quindi
∆UG = 37.3 J
Ma ∆UG = mgh, dove h è misurato in direzione verticale, per cui
h=
37.3 J
= 2m
2 kg · 9.8 sm2
Lo spostamento lungo il piano inclinato di 30°, che corrisponde ad un tale innalzamento verticale è di
4 m.
Una molla può essere compressa di 2.0 cm da una forza di 270 N . Un blocco di massa 12 kg ,
inizialmente fermo in cima al piano inclinato privo di attrito inclinato di 30° rispetto all'orizzontale, viene
lasciato andare. Il blocco si arresta momentaneamente dopo aver compresso la molla si 5.5 cm. Trovare di
quanto si è spostato lungo il piano inclinato in questo momento e la velocità del blocco quando arriva a toccare
la molla.
Exercise 15.
Determiniamo il coeciente di elasticità della molla dai dati che fanno riferimento ad essa,
cioè una compressione di 2.0 cm con una forza di 270 N .
Soluzione:
F
270 N
N
=
= 135
∆x
2 cm
cm
Quando il blocco è fermo ad un'altezza h, la sua U = mgh e la sua K = 0. Nell'istante prima di urtare
la molla, la sua U = mgh0 (con h > h0 ) e la sua K = 12 mv 2 . La molla viene compressa di 5.5 cm,
acquistando una energia potenziale elastica U = 12 k∆x2 a scapito dell'energia cinetica 21 mv 2 acquisita
k=
dal blocco lungo la caduta. Pertanto:
1
k∆x2 = mg (h − h0 )
2
da cui
N
135 cm
k
2
∆x2 =
(5.5) cm2 = 17.4 cm
2gm
2 · 9.8 sm2 · 12 kg
Il valore trovato indica il dislivello, ma in un piano inclinato di 30° la lunghezza percorsa è doppia del
h − h0 =
dislivello, per cui
∆l = 35 cm
La velocità si desume dall'energia cinetica acquistata lungo la discesa
2
v =
p
2g (h −
h0 )
r
m
m
= 2 · 9.8 2 · 0.174 m = 1.85
s
s
CONSERVAZIONE DELL'ENERGIA
8
Exercise 16. Un proiettile di 0.55 kg , lanciato dalla cresta di una collina con energia cinetica iniziale di 1550 J ,
raggiunge la quota massima di 140 m sopra il punto di lancio. Trovare la componente orizzontale della sua
velocità; la componente verticale subito dopo il lancio. A un certo istante durante il volo la componente
verticale della velocità è 65 m/s. In quell'istante quanto è più alto, o più basso, del punto di lancio ?
Soluzione:
Nota l'energia cinetica e la massa del proiettile, è possibile calcolare la sua velocità di lancio
r
v=
2E
=
m
s
m
2 · 1550 J
= 75
0.55 kg
s
Il proiettile sale verso l'alto no a 140 m al di sopra del punto di lancio, acquistando in tal modo energia
potenziale a scapito della cinetica
U = mgh = 0.55 kg · 9.8
m
· 140 m = 755 J
s
Per la conservazione dell'energia meccanica, il proiettile disporrà di una
K = 1550 − 755 = 795 J
Tale energia è legata alla sola componente orizzontale della velocità, essendo il proiettile nel suo punto
di massima altezza, dove la vy = 0. Pertanto la componente orizzontale varrà
s
vx =
2 · 795 J
m
= 54
0.55 kg
s
La componente orizzontale del moto di un proiettile, escludendo ogni elemento dispersivo, rimane
costante, cioè il proiettile si muove orizzontalmente secondo una legge di moto rettilineo uniforme. Pertanto è possibile calcolare la componente verticale iniziale, nota la velocità iniziale di 75 m/s, applicando
il th. di Pitagora al triangolo formato da questi vettori
v0y =
p
752 − 542 = 52
m
s
La variazione della componente verticale della velocità è descritta dalle relazioni del moto uniformemente
accelerato
2
vy2 = v0y
− 2gy
sostiuendo i nostri valori e risolvendo rispetto a y , si ha
y=
2
v0y
− vy2
522 − 652
=
= −77 m
2g
2 · 9.8
cioè si trova 77 m al di sotto.
Una palla di 50 g è scagliata da una nestra con velocità iniziale di 8.0 m/s a un angolo di
30° sopra il piano orizzontale. Determinare, con le leggi relative all'energia, l'energia cinetica della palla nel
punto più alto della sua traiettoria; la sua velocità quando passa 3.0 m sotto la nestra.
Exercise 17.
Nel punto più alto della traiettoria, la componente verticale della velocità si riduce a zero, e
la palla è dotata della sola componente orizzontale, il cui valore è
Soluzione:
vx = v0 cos θ0 = 8
la sua energia cinetica sarà pertanto
K=
√
m
m
3
·
=7
s
2
s
1
1
m2
mvx2 = · 0.05 kg · 49 2 = 1.2 J
2
2
s
Quando la palla si trova 3 m al di sotto del punto di partenza, la sua energia cinetica è aumentata a
scapito della riduzione della sua energia potenziale. Calcoliamo l'altezza massima alla quale arriva la
pallina, assumendo come riferimento il punto di lancio
2
hmax
1
64 m
v 2 sin2 θ0
s2 · 4
= 0
=
m = 0.82 m
2g
2 · 9.8 s2
pertanto la variazione dell'energia potenziale della palla vale
m
· 3.82 m = 1.86 J
s2
L'energia cinetica della palla aumenta quindi di 1.86 J , raggiungendo il valore di K = 1.2 + 1.86 = 3.1 J .
∆U = Umax − U = mg (hmax − h) = 0.05 kg · 9.8
La velocità in tale posizione vale
r
v=
2K
=
m
s
2 · 3.1 J
m
= 11
0.05 kg
s
CONSERVAZIONE DELL'ENERGIA
9
La molla di un fucile ha una costante k = 7.0 N/cm. Puntando 30° sopra l'orizzontale, spara un
proiettile di 60 g a un'altezza di 1.8 m sopra l'estremità della canna. Trovare la velocità del proiettile all'uscita
della canna e la compressione iniziale della molla.
Exercise 18.
L'altezza massima del proiettile è raggiunta quando la componente verticale della velocità è
nulla. Dalle relazioni del moto parabolico, si ottiene
Soluzione:
hmax =
da cui
s
v0 =
2ghmax
=
sin2 θ0
r
v02 sin2 θ0
2g
2 · 9.8 sm2 · 1.8 m
m
= 12
2
s
sin 30°
Il proiettile esce quindi dotato di una energia cinetica
1
1
m2
mv02 = · 0.060 kg · 144 2 = 4.32 J
2
2
s
K=
Tale energia è stata ottenuta a scapito dell'energia potenziale elastica della molla, quindi
4.32 J =
da cui
s
∆x =
1
N
· 700
· ∆x2
2
m
4.32 J
= 0.11 m = 11 cm
N
350 m
2
Su un piano inclinato di 30° rispetto all'orizzontale e senza attrito, è posto un corpo di massa
1.0 kg . Collegato tramite una corda che scorre in una carrucola priva di massa è sospeso un secondo corpo di
masssa 2.0 kg . Se il sistema da fermo è lasciato libero, trovare l'energia combinata delle due masse dopo che il
corpo di massa 2.0 kg è sceso di 25 cm.
Exercise 19.
Se lasciati liberi, il corpo sul piano inclinato acquista l'energia potenziale persa dal corpo in
caduta. Il corpo di massa 2 kg si sposta in verticale, mentre quello di massa 1 kg , si muove lungo il
piano inclinato, percorrendo 25 cm sul piano e innalzandosi pertanto di
Soluzione:
25 cm × 0.5 = 12.5
essendo il piano inclinato di 30°. La variazione di energia del sistema delle due masse sarà pari alla
variazione della loro energia potenziale:
0
0
∆U = mgh − m gh = g (mh − m0 h0 ) = 9.8 (2 × 0.25 − 1 × 0.125) = 3.7 J
La lunghezza del lo in gura è l = 120 cm, e la distanza d del piolo P è 75 cm. Quando la
palla, inizialmente ferma, è lasciata libera, oscillerà lungo l'arco tratteggiato. Trovare la velocità quando la palla
raggiungerà il punto più basso.
Exercise 20.
La pallina cade lungo l'arco di raggio l, raggiungendo il punto più basso posto ad una analoga
distanza l rispetto a quella iniziale. La forza peso è una forza conservativa e quindi la variazione della
sua energia potenziale dipende solo dalla posizione iniziale e nale e non dal percorso compiuto. La
velocità con cui la pallina arriverà nel punto più basso sarà quindi
Soluzione:
v=
p
r
2gl =
2 × 9.8
m
m
× 1.20 m = 4.8
s
s
Un blocco di 2.0 kg cade da un'altezza di 40 cm su una molla avente costante k = 1960 N/m.
Trovare ka massima lunghezza di compressione della molla.
Exercise 21.
CONSERVAZIONE DELL'ENERGIA
10
L'energia potenziale elastica di una molla è espressa da U = 12 kx2 . Il blocco riduce la propria
energia potenziale di
Soluzione:
∆U = mgh = 2.0 kg · 9.8
m
· 0.40 m = 7.8 J
s2
L'energia cinetica acquistata sarà pari alla diminuzione della sua energia potenziale,
∆U = K = 7.8 J
Tale energia verrà spesa per comprimere la molla che la acquisterà sotto forma di enrgia potenziale
elastica
7.8 J =
da cui
s
∆x =
1
N
· 1960
· ∆x2
2
m
2 · 7.8 J
= 0.09 m = 9 cm
N
1960 m
Exercise 22. In un pendolo semplice di lunghezza L, il peso all'estremo inferiore, dove è concentrata tutta la
massa, ha velocità v0 quando il lo forma un angolo θ0 con la verticale. Trovare una equazione che esprima la
velocità del blocchetto attaccato al lo nella sua posizione più bassa. Trovare poi il minimo valore di v0 anché
anché il lo del pendolo possa arrivare all'estremo dell'oscillazione in posizione orizzontale e in posizione
verticale, rimanendo teso.
Osservando lo schema sopra, il segmento h0 = L − h = L − L cos θ0 = L (1 − cos θ0 ). L'incremento di velocità ottenuto cadendo lungo l'arco no alla posizione in basso può essere ottenuto sia con
le relazioni energetiche, sia con le relazioni della cinematica
Soluzione:
0
v 2 = v02 + 2gh = v02 + 2gL (1 − cos θ0 )
Se ora vogliamo trovare la velocità minima (quando cioè la pallina ha velocità nulla) nella posizione
orizzontale, basta supporre che l'energia cinetica acquisita cadendo nella posizione in basso venga
completamente trasformata in energia potenziale; cioè
mgL =
1 2
m v0 + 2gL (1 − cos θ0 )
2
da cui
2gL = v02 + 2gL (1 − cos θ0 ) = v02 + 2gL − 2gL cos θ0
da cui
v0 =
p
2gL cos θ0
Se, inne, la pallina raggiunge il punto più alto, signica che può continuare a ruotare sulla circonferenza
di raggio L. In tal caso l'energia cinetica nel punto più basso deve essere spesa per superare un dislivello
pari a 2L. Da ciò segue:
2mgL =
cioè
1 2
m v0 + 2gL (1 − cos θ0 )
2
4gL = v02 + 2gL − 2gL cos θ0
da cui
v02 = 2gL + +2gL cos θ0
e
v0 =
p
2gL (1 + cos θ0 )
Due bambini stanno facendo una gara a chi riesce a centrare una scatoletta sul pavimento con
una biglia sparata da una pistola a molla montata su un tavolo orizzontale. Il bersaglio è piazzato a 2.20 m in
orizzontale dal bordo del tavolo. La molla viene compressa di 1.10 cm, ma il tiro risulta troppo corto di 27.0 cm.
Determianre la compressione della molla per centrare il bersaglio.
Exercise 23.
CONSERVAZIONE DELL'ENERGIA
11
La molla attribuisce alla biglia una velocità orizzontale, che possiamo supporre costante. La
biglia segue una traiettoria parabolica sotto l'eetto della forza peso nel momento in cui la biglia non è
più sostenuta dal tavolo. Le leggi che descrivono l'energia fornita dalla molla e il moto della pallina sono
le stesse nei due casi. Possiamo pertanto ottenere la compressione della molla attraverso una semplice
proporzione
Soluzione:
0.011 m : 1.93 m = ∆x : 2.20 m
da cui
∆x = 1.25 cm
Tarzan, che pesa 688 N , sal ta da una roccia appeso ad una liana lunga 18 m. 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?
Exercise 24.
La corda deve reggere il peso di Tarzan e la forza centripeta dovuta alla rotazione della liana.
Calcoliamo l'accelerazione centripeta, ricordando che la velocità nella parte più bassa della rotazione è
calcolabile con
Soluzione:
v 2 = 2gh = 2 · 9.8
per cui
La massa di Tarzan è m =
m2
m
·
3.2
m
=
62.7
s2
s2
2
P
g
62.7 m
v2
m
s2
ac =
=
= 3.5 2
r
18 m
s
688 N
= 9.8
m = 70.2 kg . La forza centripeta è
s2
Fc = mac = 70.2 kg · 3.5
m
= 246 N
s2
Sulla corda si sommano quindi le due forze
T = 688 N + 246 N = 934 N
per cui la corda, in grado di sostenere no a 950 N , non si romperà.
Exercise 25. Un'asticella rigida di lunghezza L, praticamente priva di massa, ha una palla di massa m ssata
all'estremità, così da costituire un pendolo. Capovolgiamo il pendolo, con l'asticella verticale verso l'alto, e
lasciamolo libero. Trovare la velocità della palla nel punto più basso e la tensione nell'asticella in quel punto.
Lo stesso pendolo è poi messo fermo in posizione orizzontale e lasciato libero. Trovare l'angolo dalla verticale
per il quale si equivalgono in modulo la tensione nell'asticella e il peso della palla.
L'asta è vincolata in un punto, che può essere pensato come il centro della circonferenza che il
pendolo descrive nel suo moto di caduta e risalita. Assegnamo U = 0 alla posizione più bassa; pertanto
nella posizione iniziale con la palla in alto si avrà U = 2mgL e la velocità nel punto più basso, dove
tutta l'energia potenziale si è trasformata in energia cinetica, sarà
Soluzione:
2mgL =
da cui
v=
1
mv 2
2
p
p
4gL = 2 gL
L'asta è supposta priva di massa e, nel punto più basso, dovrà equilibrare il peso della palla più la forza
2
centripeta, che vale Fc = m vr = m 4gL
L = 4mg , cioè
T = mg + 4mg = 5mg
Se l'asta è messa in orizzontale, l'energia potenziale massima varrà mgL e il pendolo percorrerà solo, in
condizioni ideali, una semicirconferenza. La forza centripeta è diretta lungo il raggio di questa semicirconferenza, mentre il peso è diretto verso il basso.
Se l'asta parte in posizione orizzontale, il pendolo può scendere verso il basso superando un dislivello pari a L. Se assegnamo ancora alla posizione più bassa un potenziale U = 0, avremo che nel punto
più alto U = mgL e K = 0, mentre in quello più basso U = 0 e K = 12 mv 2 . In un punto intermedio la
palla forma con la verticale un angolo α
Si avrà h = L cos α e U = mg (L − L cos α) per cui, il bilancio energetico è
1
mgL (1 − cos α) + mv 2 = mLg
2
CONSERVAZIONE DELL'ENERGIA
12
da cui
v 2 = 2gL cos α
Si può quindi calcolare la forza centripeta come Fc = 2gmLLcos α = 2mg cos α. La tensione complessiva
del lo sarà, aggiungendo anche la componente del peso della pallina nella direzione del lo stesso,
mg cos α, si avrà
2mg cos α + mg cos α = mg
da cui
cos α =
e quindi
1
3
α = 71°
Un blocco di 3.20 kg , partendo da fermo, scivola per una distanza d giù per un piano inclinato di
30.0°, no a imbattersi in una molla. Il blocco continua a scivolare per 21.0 cm prima di essere momentaneamente
arrestato dalla compressione della molla, la cui costante è 431 N/m. Trovare il valore di d.
Exercise 26.
Soluzione:
Il blocco comprime la molla, che acquisterà una energia potenziale elastica
1 2
N
kx = 0.5 · 431
· 0.212 m2 = 9.5 J
2
m
Nel frattempo il peso scende di d + 0.21 m lungo il piano inclinato, ma di h + 0.105 m (vedi gura) in
verticale (se l'angolo è di 30°, d può essere considerato come il lato di un triangolo equilatero e h, quindi,
U=
la metà di tale lato). La sua energia potenziale sarà quindi ridotta di
∆U = mg (h + 0.105)
Eguagliando le due energie, supponendo che tutta l'energia potenziale persa si trasformi in energia
elastica della molla, si ha
9.5 = mg (h + 0.105)
da cui, risolvendo rispetto ad h
h=
9.5 J
− 0.105 = 0.198 m
3.20 kg · 9.8 m
s
da cui
d = 0.198 m · 2 = 0.396 m
Un proiettile con massa di 9.4 kg viene sparato verticalmente verso l'alto. Nella fase di salita è
dissipata per resistenza dell'aria un'energia pari a 68kJ . Quanto più in alto sarebbe volato se l'aria fosse stata
resa trascurabile?
Exercise 27.
Collegando l'energia persa all'altezza aggiuntiva, cioè considerando l'energia persa come energia potenziale aggiuntiva, si ha
Soluzione:
∆h =
∆U
68000 J
= 738 m
=
mg
9.4 kg · 9.8 m
s
Un ume scende di 15 m superando alcune erapide. La velocità dell'acqua è di 3.2 m/s all'entrata
delle rapide e di 13 m/s all'uscita. Determinare la percentuale di energia potenziale persa da 10 kg di acqua
attraversando le rapide si trasforma in energia cinetica dell'acqua.
Exercise 28.
Soluzione:
La riduzione dell'energia potenziale a causa della caduta è
∆U = mgh = 10 kg · 9.8
La variazione nell'energia cinetica è
∆K =
La percentuale è quindi
m
· 15 m = 1470 J
s
1
1
m vf2 − vi2 = · 10 kg · 132 − 3.22 = 794 J
2
2
794 J
· 100 = 54%
1470 J
Questo calcolo poteva essere eseguito anche senza tener conto della massa, poiché la stessa massa
interviene in entrambe le relazione e nel rapporto si semplica.
CONSERVAZIONE DELL'ENERGIA
13
Alle cascate del Niagara cadono circa 5.5 · 106 kg di acqua al secondo da un'altezza di 50 m.
Calcolare l'energia potenziale perduta ogni secondo dall'acqua nella caduta. Trovare poi la potenza generata
da una centrale idroelettrica in grado di convertire in energia elettrica tutta l'energia potenziale dell'acqua.
Exercise 29.
L'energia persa ogni secondo è indicata con la grandezza potenza, denita proprio come P =
L'energia potenziale della massa d'acqua, all'inizio della caduta è
Soluzione:
E/∆t.
U = mgh = 5.5 · 106 kg × 9.8
m
× 50 m = 2.7 · 109 J
s2
Il tempo impiegato dall'acqua a concludere il salto è (calcolato con le leggi del moto uniformemente
accelerato, h = 12 gt2 )
s
∆t =
2h
=
g
s
100 m
= 3.2 s
9.8 sm2
L'energia complessiva persa è U · ∆t, ma l'energia al secondo, cioè la potenza è P =
persa è quella prima calcolata.
La potenza generata da una ipotetica centrale sarà quindi pari a
P = 2.7 · 109 W att
Joule
sec
U
∆t ,
per cui l'energia
Da una cascata alta 100 m precipitano ogni secondo 1200 m3 di acqua. Ammettendo che tre quarti
dell'energia cinetica acquisita dall'acqua nella caduta si trasformino in energia elettrica, trovare la potenza con
cui viene prodotta questa energia dal generatore.
Exercise 30.
Soluzione:
L'energia potenziale dell'acqua è (1 m3 → 1000 kg )
U = mgh = 1.2 · 106 kg × 9.8
L'energia cinetica ottenuta sarà
m
× 100 m = 1.2 · 109 J
s2
3
= 8.8 · 108 J
4
La potenza sarà quindi P = 8.8 · 108 W = 880 M W (megawatt)
K = 1.2 · 109 J ×
La supercie dell'Italia è di circa 3 · 105 km2 , per un'altitudine media di circa 400 m. La piovosità
media annuale è di circa 80 cm. Una buona metà di questa acqua piovana ritorna all'atmosfera per evaporazione,
ma il resto nisce nel mare. Se tutta questa porzione potesse essere usata per generare energia idroelettrica,
quale sarebbe la potenza media sviluppata?
Exercise 31.
Soluzione:
Il volume annuo di acqua piovana è
V = 3 · 1011 m2 × 0.8 m = 2.4 · 1011 m3 /anno
La metà che si ipotizza di utilizzare è quindi V = 1.2 · 1011 m3 /anno per una massa quindi di m =
1.2 · 1014 kg L'energia sarebbe
U = 1.2 · 1014 kg × 9.8
m
× 400 m = 4.7 · 1017 J
s2
per una potenza P = 4.7 · 1017 W . Distribuendo tale potenza nell'arco di un anno, si ha
P =
4.7 · 1017 W
= 1.5 · 1010 W anno = 15 GW anno
365.25 × 24 × 3600 s
Un paracadutista di 68 kg in caduta libera cade alla velocità limite (costante) di 59 m/s.
Determinare la rapidità con cui si riduce l'energia potenziale gravitazionale del sistema Terra-parà.
Exercise 32.
Il parà scende a velocità costante; ne segue che il suo moto può essere descritto dalle leggi
del moto rettilineo uniforme. Per cui la caduta h = vt. La variazione di energia potenziale è data dalla
potenza dissipata
Soluzione:
∆U
mgvt
m
m
=
= mgv = 68 kg × 9.8 2 × 59
= 39 kW
∆t
t
s
s
Un orsetto di 25 kg si lascia scivolare, da fermo, per 12 m lungo un palo raggiungendo la velocità
di 5.6 m/s subito prima di toccare il suolo. Trovare la variazione di energia potenziale e l'energia cinetica prima
del contatto con il suolo. Trovare inne la forza media di attrito che agisce sull'orsetto.
Exercise 33.
CONSERVAZIONE DELL'ENERGIA
14
Assumiamo il suolo come posizione per la quale l'energia potenziale è nulla. Pertanto la
variazione di energia potenziale è
Soluzione:
∆U = mgh = 25 kg × 9.8
m
× 12 m = 2940 J
s2
Partendo da fermo, vi = 0, l'orsetto aveva una energia cinetica iniziale nulla. Se la sua velocità prima
del contatto con il suolo è 5.6 m/s, la variazione di energia cinetica sarà
∆K =
1
m 2
m vf2 − vi2 = 0.5 × 25 kg × 5.6
= 392 J
2
s
Si osserva che solo una parte dell'energia potenziale si è trasformata in cinetica, la parte rimanente è
stata spesa dall'attrito di sfregamento durante la caduta, cioè
∆E = 2940 − 392 = 2548 J = ∆W
Questa energia può essere considerata pari al lavoro compiuto dalla forza di attrito (tale lavoro si è
trasformato in riscaldamento delle superci a contatto). In media tale forza sarà
F =
2548 J
∆W
=
= 212 N
∆l
12 m
Exercise 34. Durante una frana un massa di 520 kg precipita, da una posizione di riposo, giù per un pendio
lungo 500 m per un dislivello di 300 m. Il coeciente di attrito dinamico fra il masso e il pendio è 0.25. Trova
l'energia potenziale U del masso prima della frana, se U = 0 è posto ai piedi del pendio; calcola l'energia
meccanica dissipata dalle forze di attrito durante la discesa e l'energia cinetica e la velocità del masso quando
arriva in fondo al pendio.
La velocità iniziale del masso è nulla, per cui in posizione di riposo il masso possiede solo
energia potenziale, legata al dislivello, cioè all'altezza dal suolo
Soluzione:
U = mgh = 520 kg × 9.8
m
× 300 m = 1.53 · 106 J
s2
Poiché il masso rotola con attrito, solo una parte di questa energia potenziale si trasforma in energia
cinetica, mentre la rimanente viene dissipata. La variazione di energia potenziale esprime il lavoro della
forza peso lungo un ipotetico spostamento verticale di 300 m. Il masso rotola però lungo un piano
inclinato di lunghezza l = 500 m e dislivellor h = 300, per cui la componente parallela della forza peso
che agisce è
P = P
h
3
3
m
= P = × 520 kg × 9.8 2 = 3058 N
l
5
5
s
A questa forza si oppone l'attrito, dato dal prodotto tra il coeciente di attrito e la componente
perpendicolare della forza peso; tale componente può essere calcolata con il teorema di Pitagora
Pperp
=
=
s
2
m 2
3
m
−
×
520
kg
×
9.8
=
s2
5
s2
s
m 2
4
9
m
520 kg × 9.8 2
=
1−
520 kg × 9.8 2 = 4077 N
s
25
5
s
q
2 =
P 2 − P//
520 kg × 9.8
Pertanto la forza d'attrito vale
Fatt = 0.25 × 4077 = 1019 N
La forza risultante che determina la caduta del masso è
R = 3058 − 1019 = 2039 N
Il lavoro compiuto lungo il piano lungo 500 m, sarà
W = 2039 N × 500 m = 1.02 · 106 J
Questo valore esprime l'energia cinetica acquistata dal masso e la dierenza tra l'energia potenziale e
l'energia cinetica, indica la quantità di energia dissipata, che è pari a
E = 1.53 · 106 − 1.02 · 106 = 5.1 · 105 J
La velocità del masso in fondo alla frana si ottiene dall'energia cinetica
r
v=
2K
=
m
s
2 × 1.02 · 106 J
m
= 63
520 kg
s
CONSERVAZIONE DELL'ENERGIA
15
Exercise 35. Una pallottola di 30 g , con velocità iniziale di 500 m/s, penetra per 12 cm in una parete in
muratura prima di fermarsi. Determinare la riduzione dell'energia meccanica della pallottola, e, ammettendo
che la forza esercitata dal muro sulla pallottola sia costante, calcolarne il valore.
Soluzione:
Calcoliamo l'energia cinetica della pallottola, prima dell'impatto con il muro
m 2
1
mv 2 = 0.5 × 0.030 kg × 500
= 3.8 · 103 J
2
s
La riduzione in 'energia sarà allora 4E = Ef − Ei = 0 − 3.8 · 103 = −3.8 · 103 J Il muro compie un
lavoro frenante pari a 3750 J , per cui la forza si ricaverà dalla relazione
K=
W = F · ∆s
con
F =
W
3.8 · 103 J
=
= 3.1 · 104 N
∆s
0.12 m
Un blocco di 3.5 kg è spinto via da una molla compressa avente una costante di 640 N/m.
Distaccatosi dalla molla una volta che essa ha raggiunto la posizione di riposo, il blocco viaggia su una supercie
orizzontale con coeciente di attrito dinamico 0.25 no a fermarsi alla distanza di 7.8 m. Trovare l'energia
meccanica dissipata dalla forza d'attrito, la massima energia cinetica del blocco e la compressione iniziale della
molla.
Exercise 36.
La forza d'attrito ferma il blocco in 7.8 m. La forza d'attrito è data dal prodotto del coeciente
di attrito per la componente perpendicolare al piano di scorrimento della forza peso; in questo caso,
dell'intera forza peso, muovendosi il blocco, in orizzontale. Pertanto
Soluzione:
Fa = µP = 0.25 × 3.5 kg × 9.8
La decelerazione, supposta costante, è
a=
m
= 8.6 N
s2
8.6 N
m
F
=
= 2.5 2
m
3.5 kg
s
Possiamo pertanto calcolare la velocità iniziale del blocco mediante le leggi della cinematica
vf2 = vi2 − 2as
da cui
vi2 = 0
m2
m
m2
+ 2 × 2.5 2 × 7.8 m = 39 2
2
s
s
s
L'energia cinetica posseduta dal blocco dopo il distacco dalla molla è anche l'energia dissipata dall'attrito
K=
m2
1
mv 2 = 0.5 × 3.5 kg × 39 2 = 68 J
2
s
Troviamo ora la compressione della molla, ricordando che, per l'energia potenziale elastica vale la
relazione Uelas = 21 k∆x2 ; nel nostro caso l'energia cinetica massima posseduta corrisponde all'energia
potenziale elastica, perché il primo tratto di movimento agganciato alla molla non presenta dispersioni
1
k∆x2 = 68 J
2
da cui
s
∆x =
2 × 68 J
= 0.46 m = 46 cm
N
640 m
Exercise 37. Un blocco è spinto giù per un piano inclinato da un punto A a un punto B , per una distanza di
5.0 m, da una forza F = 2.0 N che agisce parallelamente al piano inclinato. L'intensità della forza di attrito che
agisce sul blocco fra A e B è di 10 N . Se l'energia cinetica del blocco aumenta di 35 J nel passaggio da A a B ,
trovare il lavoro sviluppato sul blocco dal suo peso nello stesso tratto.
Soluzione:
La forza che spinge il corpo compie un lavoro
WF = 2.0 N × 5.0 m = 10 J
La forza d'attrito compie un lavoro
Watt = 10 N × 5.0 m = 50 J
Poiché la forza d'attrito compie un lavoro resistente, il lavoro totale sarà
Wtot = 50 J + 35 J = 85 J
CONSERVAZIONE DELL'ENERGIA
16
Se a questo lavoro sottraiamo quello compiuto dalla forza aggiuntiva, otteniamo il lavoro compiuto dal
peso
WP = 85 J − 10 J = 75 J
Un blocco di 2.5 kg muovendosi orizzontalmente sun piano va a urtare una molla, pure posta
orizzontalmente, avente k = 320 N/m, e la comprime per una lunghezza massima di 7.5 cm. Il coeciente di
attrito dinamico tra il blocco e la supercie di scorrimento è 0.25. Calcola il lavoro che svolge la molla per
arrestare il blocco e l'energia meccanica dissipata dalla forza d'attrito prima che il blocco sia arrestato dalla
molla. Determina inne la velocità del blocco quando ha urtato la molla.
Exercise 38.
Soluzione:
Il lavoro compiuto dalla molla è dato da W = − 12 k∆x2 , cioè
W = −0.5 × 320
N
× 0.0752 m2 = −0.9 J
m
Per ottenere l'energia meccanica dissipata dalla forza d'attrito è necessario calcolare prima tale forza che
è espressa da Fat = µPperp ; poiché il corpo si muove in orizzontale, la forza peso ha solo la componente
perpendicolare, per cui Fat = 0.25 × 2.5 kg × 9.8 sm2 = 6 N ; ne deriva che
∆E = 6 N × 0.075 m = 0.46 J
Il corpo mentre è contrastato dalla molla è ancora soggetto alla forza d'attrito lungo i 7.5 cm. Pertanto, si
deve sommare il della molla 0.9 J all'energia dispersa dall'attrito in questo tratto, cioè 0.46 J . L'energia
cinetica posseduta dal blocco sarà pari a K = 0.9 J + 0.46 J = 1.36 J ; per cui
r
v=
2K
=
m
s
2 × 1.36 J
m
= 1.04
2.5 kg
s
Due cime innevate sovrastano di 850 m e 750 m il fondovalle intermedio. Una pista di sci scende
dalla vetta più alta e risale no in cima all'altra, per una lunghezza di 3.2 km con una pendenza media di 30°,
come in gura. Uno sciatore parte da fermo dalla cima più alta- Trovare la velocità con la quale raggiunge
l'altra cima se scende senza l'aiuto dei bastoncini, considerando trascurabile l'attrito. Se consideriamo anche
l'attrito, trovare il coeciente dinamico approssimato tra neve e sci anché lo sciatore si fermi sulla cima più
bassa.
Exercise 39.
In assenza di attrito, non ci sono forze dispersive, per cui l'energia cinetica acquisita lungo la
prima discesa è spesa in parte per la risalita verso la seconda cima. In particolare, conta solo il dislivello
tra le due vette, cioè la dierenza di energia potenziale tra le due cime; essa vale ∆h = 850 m − 750 m =
100 m; pertanto la velocità con cui lo sciatore raggiunge la vetta più bassa è
Soluzione:
v=
p
r
2gh =
2 × 9.8
m
m
× 100 m = 44
s
s
Se si considera anche l'attrito tra sci e neve, la condizione precedente non vale allo stesso modo, per
la comparsa di questa forza non conservativa. Dobbiamo considerare il caso in cui la velocità sulla
seconda vetta sia nulla. La forza di attrito è data dal prodotto del coeciente d'attrito dinamico per la
componente perpendicolare della forza
√ peso. Essendo l'inclinazione dei percorsi di 30°, la componente
perpendicolare è pari a Pperp = P2 3 (scomponendo il vettore peso nelle componenti perpendicolare e
parallela, e disegnandole con il vettore peso si ha la metà di un triangolo equilatero, la cui altezza è
la componente perpendicolare). Il calcolo può essere così impostato: quando lo sciatore si trova sulla
cima più alta ha un'energia solamente potenziale, che indichiamo con U850 . Quando si trova, dopo il
percorso, sulla cima più bassa, ha energia U750 − ∆Eatt , dove ∆Eatt è l'energia dispersa. Tale energia è
pari al lavoro della forza di attrito, che essendo resistente, è ∆Eatt = W = −Fatt ∆s. Da ciò si ottiene
che
Fatt ∆s = U850 − U750 = U100
dove U100 rappresenta la dierenza tra le due energie potenziali (dislivello tra le due vette) e ∆s la
distanza percorsa dallo sciatore. La salita e la discesa si possono considerare come piani inclinati di 30°,
CONSERVAZIONE DELL'ENERGIA
17
per cui, alle altezze indicate corrispondono percorsi di 1700 m di discesa, e 1500 m di risalita, per un
totale di ∆s = 3200 m. Applicando le denizioni delle grandezze, si ha
mg · 100 J = µ ·
da cui
µ=
mg √
3 · 3200 J
2
100
√ = 0.036
1600 × 3
Una cassa di 180 kg scivola lungo una rampa lunga 3.60 m con pendenza di 39°. Il coeciente
di attrito dinamico tra le varie parti è 0.28. Trovare la velocità della cassa al fondo della rampa; determinare
poi quale tratto orizzontale percorrerà, strisciando sul pavimento, supponendo che il cambiamento di pendenza
non provochi alcuna perdita di energia cinetica.
Exercise 40.
Il lavoro resistente fatto dalla forza d'attrito è dato dal prodotto della forza d'attrito per
la lunghezza della rampa. La forza d'attrito è uguale al prodotto del coeciente d'attrito e della
componente perpendicolare della forza peso. Essendo il piano inclinato di 39°, tale componente vale
Soluzione:
Pperp = P cos 39°
per cui il lavoro sarà dato da
Watt = −Fatt · l = µPperp l = −0.28 × 180 kg × 9.8
m
× cos 39° × 3.6 m = 1382 J
s2
L'energia potenziale della cassa diminuisce di
∆U = mgh = 180 kg × 9.8
m
× 3.6 sin 39° = 3997 J
s2
dove h = l sin 39°. L'energia cinetica acquistata dalla cassa lungo la discesa è pari a
K = 3997 J − 1382 J = 2615 J
la velocità della cassa al termine della discesa sarà pertanto
r
v=
2K
=
m
s
2 × 2615 J
m
= 5.4
180 kg
s
Lungo il tratto orizzontale la componente perpendicolare della forza peso coincide con il peso stesso
della cassa, e la forza d'attrito sarà Fatt = µP = 0.28 × 80 kg × 9.8 sm2 = 494 N . Il lavoro compiuto da
tale forza sarà quindi Wattr = −494 N × ∆s. Troviamo quindi la spostamento supponendo che tutta
l'energia cinetica acquisita dalla cassa venga dissipata dall'attrito che ferma la cassa:
∆s =
2615 J
= 5.3 m
494 N
Una bambina del peso di 267 N scende lungo uno scivolo lungo 6.1 m inclinato di 20°. Il coeciente
di attrito dinamico è 0.10. Trovare il lavoro svolto dal peso sulla bambina, l'energia dissipata dalla forza d'attrito
e, inne, la velocità di arrivo a terra se parte dall'alto con una velocità di 0.457 m/s.
Exercise 41.
Lo scivolo è inclinato di 20°, per cui il dislivello tra il punto più alto e il suolo è h = 6.1 m ×
sin 20° = 2.1 m. È possibile calcolare quindi il lavoro del peso, attraverso la variazione di energia
Soluzione:
potenziale tra le due posizioni
Wpeso = ∆U = P h = 267 N × 2.1 m = 557 J
L'energia dissipata dalla forza d'attrito è data dal lavoro resistente da essa compiuto (anche qui la
componente perpendicolare del peso si ottiene da P cos 20°; inoltre il lavoro dipende dal percorso seguito,
perché, contrariamente al peso, l'attrito non è una forza conservativa)
Watt = −µPperp l = 0.1 × 267 N × cos 20° × 6.1 m = 153 J
La bambina acquisterà quindi una energia cinetica
∆K = 557 − 153 = 404 J
La variazione di energia cinetica si può esprimere come ∆K = 21 m vf2 − vi2 , per cui
1
m vf2 − vi2 = 404 J
2
CONSERVAZIONE DELL'ENERGIA
18
da cui, svolgendo, si ottiene (la massa della bambina è data da m =
r
vf =
P
g
=
267 N
9.8 sm2
2 × 404J × 9.8 sm2
m
m
+ 0.457 2 = 5.45
267 N
s
s
Nella gura si vede un blocco che scivola lungo una pista da un certo livello ad un altro più
elevato, attraversando un avvallamento intermedio. La pista è prova di attrito no a che si giunge al livello
maggiore, dove la forza d'attrito arresta il blocco dopo una distanza d. Trovare d, sapendo che la velocità
iniziale v0 = 6.0 m/s, la dierenza di quota h = 1.1 m e il coeciente di attrito dinamico è µ = 0.60.
Exercise 42.
Il blocco percorre la pista in assenza di attrito, tranne nell'ultimo tratto orizzontale; pertanto
dopo aver percorso l'avvallamento, ritornerà al livello iniziale con la stessa velocità iniziale. Risalendo,
raggiungerà il livello superiore, aumentando la propria energia potenziale di ∆U = 1.1mg = 11m J e
riducendo la propria energia cinetica dello stesso valore. La sua velocità al livello h, sarà
Soluzione:
∆K =
1
m vi2 − vf2 = 11m
2
per cui
vi2 − vf2 = 22
e
vf =
√
36 − 22 = 3.7
m
s
Nel tratto d, tale velocità si azzera. La forza di attrito è pari a Fatt = 0.60P = 5.9m N . La forza
d'attrito compirà un lavoro resistente che annullerà l'energia cinetica rimanente posseduta dal blocco,
cioè K = 21 mv 2 = 6.8m J , da cui
Watt = Fatt d = K
da cui
d=
Exercise 43.
relazione
6.8m J
= 1.2 m
5.9m N
In un atomo di idrogeno la forza attrattiva fra protone ed elettrone è la forza elettrica, data dalla
F =k
e2
r2
dove e è la carica di elettrone e protone e r la distanza tra di loro. Supponendo che il nucleo resti fermo e
immaginando che l'elettrone compia un salto da un'orbita più esterna di raggio r1 ad una più interna, di
raggio r2 , calcolare la variazione di energia cinetica dell'elettrone attraverso la seconda legge di Newton.
La forza elettrica opera come una forza centripeta in questa descrizione classica dell'atomo
di idrogeno. Supponendo il moto dell'elettrone circolare e uniforme, la sua velocità angolare rimane
costante, ma non quella tangenziale, che dipende dalla distanza dal centro di rotazione (cioè dal protone).
La variazione di energia cinetica dipende quindi dalla variazione della distanza dal protone. La forza
centripeta è descritta da
Soluzione:
Fc = m
da cui
la variazione di energia cinetica sarà
v2
e2
=k 2
r
r
1
k e2
mv 2 =
2
2 r
k
1
∆K = m v22 − v12 = e2
2
2
1
1
−
r2
r1
CONSERVAZIONE DELL'ENERGIA
19
Exercise 44. Uno scivolo ha la forma di un arco di cerchio di raggio 12 m, tangente al terreno e di altezza
4.00 m. Un bambino di 25 kg parte da fermo dall'alto dello scivolo e arriva in fondo alla velocità di 6.2 m/s.
Trovare la lunghezza dello scivolo e la forza media di attrito lungo tale distanza.
Il calcolo della lunghezza dello scivolo viene svolto nell'ipotesi di non poter contare sui teoremi
della trigonometria. Facciamo riferimento alla gura sotto.
Soluzione:
La curva AB descrive la forma dello scivolo (arco di circonferenza), il segmento AB un'approssimazione
di uno scivolo rettilineo (corda del cerchio). Lo scivolo è tangente al terreno, e pertanto il segmento BO
è perpendicolare al terreno
√ (O è il centro del cerchio). Possiamo calcolare il segmento AC con il teorema
di Pitagora, ottenendo 80 m, e da qui trovare la corda AB = 9.8 m. Se applicassimo la trigonometria
otterremmo per l'arco AB = 10 m.
L'energia potenziale del bambino nel punto più alto dello scivolo è
U = mgh = 25 kg × 9.8
m
× 4.00 m = 980 J
s2
Scendendo, in assenza di attrito, tutta questa energia si trasformerebbe in energia cinetica, e il bambino
giungerebbe a terra con una velocità di
r
v=
2K
=
m
s
1960 J
m
= 8.9
25 kg
s
La dierenza tra le due velocità è legata all'energia dissipata dall'attrito. Il lavoro da questa fatto è
1
× 25 kg × 8.92 − 6.22 = 510 J
2
Watt = Fatt · l =
La forza media d'attrito è quindi
Fatt =
Watt
510 J
=
= 52 N
l
9.8 m
Una particella scivola su una pista con due tratti verticali curvi uguali e un tratto centrale piano,
di lunghezza L. Le due parti curve sono prive di attrito, mentre per la parte in piano il coeciente di attrito
dinamico è µk = 0, 20. La particella è lasciata libera ad un'altezza h = L/2 rispetto al tratto piano. Trovare
dove si ferma la particella.
Exercise 45.
La particella nel punto iniziale si trova ad un'altezza h rispetto al tratto piano, preso come
riferimento, e possiede quindi una energia potenziale pari a (h = L2 )
Soluzione:
U = mgh = 0.5mgL
tale energia viene convertita in energia cinetica lungo la discesa. Sul tratto piano la forza di attrito
dissipativa compie un lavoro
W = −Fatt L = −0.20mgL
Al termine del tratto piano, la particella aronta il tratto curvo in salita con un'energia cinetica
K = mgL (0.5 − 0.20) = 0.30mgL
questa energia cinetica si trasforma in energia potenziale
0
0.30mgL = mgh
da cui
0
h = 0.30L = 0.60h
La particella poi ridiscende. Essendo le condizioni identiche e cambiando solo il dislivello del punto
di partenza, la particella perderà, sul tratto orizzontale, altri 0.20mgL Joule e ridiscendendo poi, si
fermerà a metà del tratto piano, perdendo i restanti 0.10mgL Joule.
CONSERVAZIONE DELL'ENERGIA
20
Il cavo di un ascensore di 2000 kg si spezza quando la cabina si trova ferma al primo piano, col
fondo ad una distanza d = 4.0 m al di sopra di una molla ammortizzatrice di costante elastica k = 1.5 · 105 N/m.
Un dispositivo di sicurezza agisce sulle guide in modo da far loro sviluppare in caso di emergenza una forza
d'attrito costante pari a 4900 N che si oppone al moto dell'ascensore. Trovare la velocità dell'ascensore prima
che urti la molla e di quale lunghezza x verrà compressa la molla.
Soluzione L'ascensore, o il suo centro di massa, avrà una energia potenziale pari a
Exercise 46.
U = mgh = 2000 kg · 9.8
La forza d'attrito compie un lavoro resistente pari a
m
· 4.0 m = 78400 J
s2
Watt = −F h = 4900 N · 4.0 m = 19600 J
L'ascensore acquisterà quindi una energia cinetica
K = 78400 − 19600 = 58800 J
la velocità prima dell'impatto con la molla è
r
v=
2K
=
m
s
117600 J
m
= 7.7
2000 kg
s
La molla subirà quindi una compressione (il lavoro della molla è quello che serve a fermare l'ascensore)
r
x=
2K
=
k
s
117600 J
= 0.89 m
N
1.5 · 105 m
CONSERVAZIONE DELL'ENERGIA MECCANICA
esercizi risolti
Classi terze L.S.
In questa dispensa verrà riportato lo svolgimento di alcuni esercizi inerenti il principio di conservazione
dell'energia meccanica, uno strumento molto potente per trattare svariatissime situazioni di moto di
corpi, in maniera semplice.
Riprendiamo alcuni concetti utili.
• energia:
grandezza sica caratteristica di un sistema, che permette la produzione di lavoro. Per
questo motivo si misura in Joule (come il lavoro)
• energia meccanica:
di un sistema è la somma di tutte le forme di energia possedute dal sistema
stesso
• energia cinetica:
forma di energia associata al movimento di un corpo, pari al lavoro speso dalla
m
forza motrice per dotare il corpo di massa
della velocità
Ec =
v.
In formule:
1
mv 2
2
• energia potenziale gravitazionale: forma di energia posseduta da un corpo di massa m che
si trova all'altezza h rispetto ad una pressata quota di riferimento. E' pari al lavoro speso contro
la forza-peso per innalzare la massa a quella altezza (lavoro di sollevamento) o anche al lavoro che
la forza peso farebbe per far cadere (liberamente) la massa
m
dall'altezza
h.
In formule:
EP = m · g · h
ove
g
è l'accelerazione di gravità, in questa dispesa assunta costante pari a
• energia potenziale elastica:
g = 9, 81m/s2 .
forma di energia posseduta da un corpo dotato di proprietà ela-
stiche allorquando viene deformato di
∆s.
Se
K
è la sua costante elastica, è pari al lavoro speso
contro la forza di richiamo per produrre la defomazione e vale:
Eel =
1
K · ∆s
2
• conservazione dell'energia meccanica [PCEM]: principio o legge di conservazione che ci dice
che in un sistema isolato (tale per cui le forze esterne sono ininuenti, ovvero tale per cui non avvengono scambi di energia col contesto) l'energia totale si conserva nel tempo (tutt'al più, mutando
forma). In particolare, per tutti i fenomeni divisibili temporalmente in due momenti (il prima 1
e il dopo 2), si può dire che:
Etot1 = Etot2
1
Conversione cinetica
1.1
cinetica
→
⇔
potenziale
potenziale
In questo esercizio vediamo come l'energia cinetica di un corpo dotato di velocità si può convertire in
energia potenziale per permettere di superare o meno un certo dislivello.
Un corpo di massa m = 1 Kg si muove alla velocità di v0 = 2m/s su un piano privo di attrito. Ad
un certo punto aronta una salita di dislivello ∆h = 1m. Dimostrare che il corpo non riesce ad arrivare
in cima. Che velocità dovrebbe avere per raggiungere la sommità della salita a velocità nulla? E se la
velocità residua fosse di vf = 1 m/s
Osserviamo subito che se il testo del problema dice esplicitamente di trascurare gli attriti, il sistema
è da considerarsi isolato e quindi possiamo applicare il PCEM.
Dividiamo il fenomeno in due parti:
1
•
Inizio o 1: il corpo si muove di velocità
v0 .
La sua energia totale è puramente cinetica, visto che
non compie dislivelli
•
Fine o 2. Dopo aver arontato la salita, il corpo giunge alla quota nale. L'energia cinetica iniziale si
h
deve trasformare in potenziale, producendo un lavoro di sollevamento no alla quota
compatibile
con l'ammontare di energia iniziale
E' chiaro che ad ogni quota è associata una certa energia potenziale, per cui, valendo PCEM, tutta
l'energia cinetica della fase 1 deve trasferirsi in potenziale, ossia
alla quota
h
E1 = E2 .
La pallina riuscirà ad arrivare
allorquando:
Ec ≥ Ep
ove
Ec designa l'energia cinetica iniziale e EP
l'energia potenziale associata alla quota
h.
In caso contrario,
l'ammontare di energia cinetica non sarà suciente per produrre lavoro di sollevamento alla quota richiesta
e la pallina si fermerà prima.
Nel nostro caso:
Ec =
1
1
mv 2 = · 1 · 22 = 2J
2
2
mentre
EP = m · g · h = 1 · 9, 81 · 1 = 9, 81J
Essendo
Ec < EP
la pallina non riesce a superare il dislivello, ma si fermerà alla quota
h che compete
all'ammontare di energia cinetica iniziale. Tale quota è data da:
1
1 v2
mv 2 = mgh ⇒ h =
= 0, 2m
2
2 g
Per calcolare la velocità iniziale
v0
che deve possedere la pallina, basta scrivere:
p
p
1
mv02 = m · g · h ⇒ v0 = 2gh = 2 · 9, 81 · 1 = 4, 43m/s
2
Se la pallina possiede esattamente questa velocità, tutta la sua energia cinetica della fase iniziale si
trasforma in energia potenziale e quindi essa arriverà alla ne della salita con velocità pari a zero.
Se vogliamo inne che la velocità nale non sia zero, ma
vf , dobbiamo specicare che nella fase 2 deve
rimanere un residuo di energia cinetica, cosicchè l'energia meccanica nale è data da:
1
E2 = EP + Ec = mgh + mvf2
2
E1 = E2 , si ha:
q
p
1
1
mv02 = mgh + mvf2 ⇒ v0 = 2 · g · h + vf2 = 2 · 9, 81 · 1 + 1 = 4, 54m/s
2
2
Applicando la conservazione, visto che
1.2
→
potenziale gravit.
cinetica
Il metodo migliore per dotare una massa di velocità consiste nel farla scendere lungo un dislivello
∆h
secondo un cammino qualsiasi (caduta libera o piano di inclinazione qualsivoglia): difatti, essendo la
forza peso una forza conservativa, il lavoro che essa produce sulla massa (e quindi l'energia cinetica che
le imprime) non dipende dal cammino che la massa compie.
Un corpo di massa m = 1, 5 Kg scende lungo un piano inclinato, partendo da fermo, superando un
dislivello ∆h = 1m. Con quale velocità arriva in fondo alla discesa? Da che altezza lo devo far scendere
se voglio che la sua velocità nale sia di vf = 4m/s? Si supponga di trascurare gli attriti
Al solito, dividiamo il fenomeno in due momenti:
•
Inizio o 1: il corpo è in cima alla salita in quiete ed inizia scendere. La sua energia è tutta potenziale,
dovuto alla sua quota
•
Fine o 2.
h = 1m
rispetto al piano orizzontale, preso come quota di riferimento.
Dopo aver arontato la discesa, il corpo è stato accelerato dalla forza peso, che ha
compiuto un lavoro pari all'energia potenziale del punto precedente, dotandolo di energia cinetica
e quindi di velocità
vf .
2
L'energia potenziale gravitazionale della fase 1 si calcola:
E1 = Ep = mgh = 1, 5 · 9, 81 · 1 = 14, 7J
Questa energia, valendo PCEM, deve convertirsi totalmente in energia cinetica, dunque:
1
1
Ep = Ec = mvf2 ⇒ 9, 81 = mvf2 ⇒ vf =
2
2
Se voglio che la sua velocità
vf
r
14, 7 · 2
= 4, 43m/s
1, 5
sia invece solo 4 m/s, dovrò partire da una quota sicuramente più
bassa, in modo tale che, al solito:
1
mv 2 = mgh
2 f
e quindi:
h=
2
conversione cinetica
⇔
1 vf2
= 0, 81m
2 g
potenziale elastica
In questi due esercizi vediamo come l'energia cinetica di un corpo dotato di velocità, si può convertire in
energia potenziale elastica di compressione di una molla e viceversa
2.1
Un dispositivo di lancio è costituito da una molla di costante K = 30 N/m che, compressa di 3 cm,
agisce su una pallina di massa m = 50g spingendola lungo un piano privo di attrito. Se la pallina parte
da ferma, che velocità nale raggiunge?
In questa situazione possiamo aermare che, non essendoci attriti, tutta l'energia potenziale elastica
immagazzinata nella molla a causa della compressione si trasferisce alla pallina, dotandola di velocità
v.
Al solito, dividiamo il fenomeno in due parti:
1. Fase iniziale, in cui la molla è compressa di
∆s = 3cm.
L'energia meccanica del sistema mol-
la+pallina è puramente potenziale elastica, visto che la pallina ha
E1 =
v = 0.
Quindi:
1
K · ∆s2 = 0, 0135J
2
2. Fase nale, in cui la molla è tornata alle dimensioni iniziali (quindi si è scaricata della sua energia
potenziale elastica), trasferendo l'energia alla pallina. L'energia meccanica del sistema è puramente
cinetica, dovuta alla velocità assunta dalla pallina, dunque:
E2 =
1
m · v2
2
Valendo PCEM, possiamo eguagliare le due energie, ottenendo l'equazione:
1
1
K · ∆s2 = mv 2
2
2
ossia
1
0, 0135 = m · v 2 ⇒ v =
2
r
2 · 0, 0135
= 0, 735m/s
m
2.2
Un corpo di massa m = 2Kg viene accelerato sopra una supercie piana e liscia, partendo da fermo, da
una forza costante di 1N che agisce per ∆t = 2 secondi e poi lasciato libero. Al termine della supercie
è presente un respingente consistente in una molla di costante K = 100N/m. contro il quale il corpo va
ad urtare, fermandosi. Determinare la compressione ∆s della molla, prima che ritorni alle dimensioni
iniziali.
Se può essere agevole, si divida il fenomeno in due momenti.
3
Nella fase 1, è ovvio che il corpo, se parte da fermo, viene accelerato dalla forza costante
F
che lo
spinge per 2 secondi. Al termine della spinta, il corpo ha raggiunto una certa velocità, quindi è stato
dotato di energia cinetica.
Questa energia viene poi perduta nella fase 2, perchè nell'urto con la molla essa si trasferisce in lavoro
di compressione, ossia viene immagazzinata in energia potenziale elastica, fornendo al dispositivo una
certa compressione
∆s.
Calcoliamo inizialmente l'ammontare dell'energia cinetica di cui la massa è dotata della prima fase.
Se la forza accelerante vale
F = 1N, l'accelerazione uniforme vale, per la seconda legge della dinamica:
a=
F
= 0, 5m/s2
m
Si può procedere ora in due modi, per calcolare l'energia cinetica:
1. la si calcola come lavoro della forza
F
per produrre lo spostamento
s
della massa, ove
s
è calcolato
con la legge oraria del moto uniformemente accelerato, e cioè, partendo il corpo da fermo:
s=
1
1 2
at = 0, 5 · 22 = 1m
2
2
Dunque :
Ec = L = F · s = 1 · 1 = 1J
2. Oppure si calcola direttamente la velocità nale raggiunta dal corpo e poi si usa la formula che dà
subito l'energia cinetica. La velocità
vf
raggiunta dal corpo vale:
vf = v0 + a · t = 0 + 0, 5 · 2 = 1m/s
Quindi l'energia cinetica vale:
Ec =
1
1
mv 2 = · 2 · 1 = 1J
2
2
Ora, nella fase 2, tutta questa energia deve trasferirsi totalmente, essendo trascurabili gli attriti, in
energia potenziale elastica della molla, quindi, per il PCEM:
E1 = E2 ⇒ 1J =
3
1
K · ∆s2 ⇒ ∆s =
2
Conversione potenziale el.
3.1
pot.grav.
→
⇔
r
1·2
=
K
r
1·2
= 0, 141m
100
potenziale grav.
pot. elastica
E' l'esempio dei dispositivi di lancio a molla, in cui un corpo viene sparato verticalmente oppure lungo
un piano inclinato da una molla.
Un dispositivo di lancio è costituito da una molla di costante K = 10 N/m che agisce su una pallina
di massa m = 0, 1 Kg. Se la molla viene compressa di ∆s = 0, 02 m, a che altezza h arriva la pallina?
Quanto devo comprimere la molla se voglio che l'altezza nale sia 2 m? Che costante elastica dovrebbe
avere una molla che, comprimendosi di 10 cm porta la pallina (stessa massa) esattamente a 1 m di
altezza?
Qui nella fase 1 la pallina è attaccata alla molla, che compressa di 2 cm è stata caricata di energia
potenziale elastica.
L'energia potenziale elastica di cui è caricata la molla a causa della compressione vale:
E1 =
1
K∆s2 = 0, 1J
2
Questa energia si trasforma, grazie al PCEM che vale in quanto trascuro gli attriti, totalmente in
energia potenziale gravitazionale, consentendo al corpo di giungere alla quota massima
0, 1 = mgh ⇒ h =
4
0, 1
= 0, 1m
m·g
h
tale che:
Se si vuole che l'altezza nale sia di
h = 2m
la molla deve essere maggiormente compressa. In tal
caso calcoliamo quanta energia potenziale gravitazionale deve avere la pallina a 2 m di quota.
Ep = mgh = 0, 1 · 9, 81 · 2 = 1, 962J
Questo ammontare di energia deve essere fornita dalla compressione della molla
1
K∆s2 = 1, 962J ⇒ ∆s =
2
Inne, si può calcolare anche quale deve essere la
r
K
∆s,
tale che:
2 · 1, 962
= 0, 63m
K
di una molla compressa di 10 cm che porta la
pallina a 1 m di altezza.
Eguagliando le espressioni delle energie potenziali, si ha:
1
2 · mgh
= 196, 2N/m
K∆s2 = mgh ⇒ K =
2
∆s2
3.2
potenziale grav.
→
potenziale el.
Un corpo di massa m = 1Kg cadendo liberamente da un'altezza di 50 cm, di quanto comprime una molla
di K = 243 N/m che si trova ad h=0?
In questo problema abbiamo un corpo in caduta libera che va a comprimere una molla al termine
della caduta.
In situazioni del genere possiamo porre lo zero del potenziale gravitazionale nel punto in cui la molla
ha la massima compressione, trascurando quindi la variazione di potenziale dovuta alla diminuzione di
quota della molla.
E' ovvio che tutta l'energia potenziale gravitazionale posseduta all'inizio del moto di caduta si deve
trasferire in energia potenziale elastica della molla, causandone una compressione
mgh =
4
1
K∆s2 ⇒ ∆s =
2
r
∆s
tale che:
2mgh
= 0, 2m
K
Quando non si conserva l'energia: sistemi dissipativi
Le condizioni di applicabilità del PCEM sono del tutto irreali:
nella pratica, è impossibile osservare
sistemi perfettamente isolati, visto che l'azione delle forze non conservative (ovvero, in ultima analisi, gli
attriti) è sempre presente.
In ogni caso il PCEM può essere un valido strumento per studiare, al contrario, la non conservazione dell'energia meccanica: è sensato pensare che, allorquando viene violata la conservazione, l'energia
perduta è stata dissipata dalle forze di attrito.
In ultima analisi, eettuando un bilancio energetico è possibile risalire all'entità delle forze non conservative che interessano il sistema: basterà vedere di quanto è variata l'energia meccanica del sistema
tra la fase nale e quella iniziale (calcolando, in denitiva, un
∆E )
e porre uguale questo valore al
lavoro
delle forze dissipative. In altre parole:
Lattriti = ∆E
4.1
azione delle forze di attrito
Un sistema per evidenziare la presenza degli attriti potrebbe essere quello indicato nell'esempio semi-ideale
seguente.
Una massa di m = 0, 3 Kg viene fatta scendere lungo un piano inclinato con attrito, che supera un
dislivello di h = 22cm. Al termine della discesa, il corpo procede muovendosi sopra una rotaia a cuscino
d'aria che minimizza gli attriti radenti e con un sistema a fotocellule se ne determina la velocità che vale
v = 0, 45 m/s. Dedurre il lavoro La compiuto dalle forze di attrito del piano contro il moto del corpo.
Per quanto detto, la presenza degli attriti rende il sistema non isolato, per cui non potremmo certo
dire che vale il PCEM. Per accorgercene, proviamo ad eettuare un bilancio energetico:
5
1. Fase 1: il corpo è in quiete sulla sommità del piano inclinato ad altezza
è puramente potenziale e vale
h = 22cm.
La sua energia
E1 = mgh = 0, 65J
2. Fase 2: il corpo ha completato la discesa, ha acquisito una certa velocità
v
che viene mantenuta
costante per tutta la durata del moto orizzontale, visto che non vi sono attriti (almeno radenti)
signicativi. La sua energia è puramente cinetica e vale
E' evidente che
E1 6= E2 ,
in particolare
E2 < E1 ,
E2 =
1
mv 2 = 0, 03J
2
dunque, nella transizione tra la fase 1 e la fase 2
dell'energia è stata dissipata, nella fattispecie dalle forze di attrito radente del vincolo inclinato.
Il lavoro di queste forze è pari a:
La = ∆E = 0, 03J − 0, 65J = −0, 62J
E' ovviamente un lavoro resistente, perchè è negativo, e non poteva essere altrimenti, trattandosi di
forze di attrito.
Si tratta di un'energia perduta molto grande, pari al 95% del capitale iniziale di energia potenziale!
4.2
entità delle forze di attrito
In questo esempio possiamo calcolare l'entità delle forze di attrito che usualmente agiscono in dispositivi
di sicurezza.
L'ascensore che precipita: un ascensore vuoto di massa m = 500Kg precipita da un'altezza di 40m,
muovendosi all'interno di un sistema di guide laterali frenanti. Al termine della corsa è presente un
pistone a molla di costante complessiva K = 1000 N/m. Quando l'ascensore giunge a quota zero si
osserva che la molla si comprime di ∆s = 1, 5m. Dedurre l'entità delle forze di attrito frenanti che si
sviluppano sulle guide laterali
Il lavoro delle forze di attrito è dato dalla dierenza
∆E
fra le energie meccaniche
E1
ed
E2
delle due
fasi (fase iniziale, quando l'ascensore inizia la caduta, e fase nale, quando si ha la compressione della
molla).
Nella fase iniziale, l'energia è potenziale gravitazionale e vale:
E1 = m · g · h = 196.200J
Nella fase nale, la compressione della molla indica una energia potenziale elastica residua di
E2 =
Il sistema non è conservativo, visto che
1
K∆s2 = 1125J
2
E2 < E1 .
La dierenza di energia ci dà il lavoro
di attrito:
L = ∆E = E2 − E1 = −195.075J
Se lo spostamento
s
è stato di
h = 40m,
F =
la forza sarà data da:
L
−57735
=
= −4876, 9N
s
40
6
L
delle forze
Lavoro ed energia cinetica
Es. 2 del 6/2/2004
Il corpo di massa 50 g viene rilasciato da una molla (di costante elastica k=1000N/m) compressa di 15 mm rispetto alla sua posizione di riposo. Determinare la massima quota raggiunta.
SOLUZIONE
Di questo sistema conosciamo solo la massa del carrello ed i parametri della molla x e k. Si può quindi calcolare l'energia potenziale accumulata nella molla e che si trasferirà al carrello sotto forma di energia cinetica, ovvero movimento. Dal punto di vista energetico, possiamo studiare il sistema come suddiviso in tre differenti momenti:
1) Il carrello è collegato alla molla, è fermo, e a quota zero, per cui tutta la sua energia è potenziale elastica: 1
E1 = k  x2 ;
2
2) Il carrello è completamente staccato dalla mossa ma ancora a quota zero: tutta la sua energia è energia cinetica: 1
E 2= m v2 ;
2
3) Il carrello ha salito la rampa e si trova a quota massima, punto in cui il moto si arresta, ovvero la velocità e di conseguenza l'energia cinetica sono nulle: E 3=mgh .
In realtà esistono due zone intermedie: nella prima il carrello è accelerato dalla molla ma non si è staccato da essa, per cui esso possiede sia energia potenziale elastica sia energia cinetica. Nella seconda il carrello sta salendo la rampa, per cui possiede sia energia cinetica sia energia potenziale gravitazionale. Per la soluzione dell'esercizio ci basta sapere che l'energia del sistema si conserva in quanto non sono presenti attriti. Quindi, poiché E1=E2=E3, poniamo 1
k  x 2 =mgh da cui ricaviamo
2
2
1 k x
=0.23 cm.
2 mg
Es. 2 del 0/9/2004
Il cubetto di figura avente massa m scivola partendo da fermo e senza attrito lungo la curva L. Quale velocità possiede nel punto B? Esso esegue poi la corsa sul tratto orizzontale dove è presente attrito. Raggiunge il punto C? Se sì, con quale velocità transita da C? m=450g, h=26m, d=50m, d=0.3, g=9,81 m/s2
A
h
d
B
C
SOLUZIONE
Il punto B è il punto in cui il cubetto raggiunge la quota di minore livello del sistema. L'energia posseduta in B sarà tutta quanta energia cinetica, mentre nel punto A, trovandosi il corpo alla quota massima e fermo, possiederà solo energia potenziale gravitazionale. Poiché non sono presenti attriti, l'energia in A sarà uguale all'energia in B:
1
mgh= m v 2b
2
da cui v b = 2gh =22 . 59 m/s. Ora il corpo possiede energia cinetica ma si trova su una superficie con attrito. L'effetto dell'attrito è quello di generare una forza che si oppone al moto del corpo. Nel nostro caso, questa forza causa un'accelerazione che ad un certo istante annullerà la velocità del corpo fermandolo. Il problema si può risolvere con la cinematica, ma utilizziamo considerazioni sull'energia. In questo sistema l'energia totale del corpo varia, in quanto inizialmente esso possiede energia cinetica, ma alla fine esso si trova in stato di quiete (quindi ha energia cinetica nulla) e a quota zero (quindi con energia potenziale gravitazionale nulla). Questo accade poiché le forze di attrito non generano un campo di forze conservativo, e come conseguenza, la variazione di energia del corpo segue la legge
E F −E I =L ext
ovvero la variazione dell'energia di un corpo è uguale al lavoro fatto dalle forze esterne sul corpo stesso. Quindi avremo:
1
E F −E I =0− m v 2B =114.82 J, e L ext = fd⋅s = f d s cos180 °=− f d s=−d mg s=1.32 s
2
da cui ricaviamo:
1.32 s=114.82 , ovvero s=86.98 m. Quindi il corpo passa dal punto C. Per sapere con quale E F −E I =− f d s ma questa volta velocità vi passi, sfruttiamo nuovamente la relazione sull'energia poniamo s=50:
1
1
m v 2C − m v 2B=− f s d
2
2
da cui

1
1
2
1
m v 2C − m v 2B=− f s d v C =
− f s d  m v 2B =22.46 m/s.
2
2
m
2
Es. 4 del 15/7/2005
Un masso di massa M viene issato tramite una fune lungo un piano inclinato liscio a velocità costante v. Determinare la potenza del motore che trascina la fune. M=200 Kg, v=1.5 m/s.
12 m
v
16 m
SOLUZIONE
Il lavoro compiuto per portare il corpo alla sommità del piano inclinato equivale all'energia potenziale che esso possiede, una volta giunto in cima. Quindi
L=mgh=23.54 m/s.
Il tempo impiegato per salire si può ottenere tramite considerazioni cinematiche. Infatti possiamo dividere la lunghezza del piano inclinato (s=15 m) per la velocità costante ottenendo t=10 s. A questo punto, applicando la definizione P=L/t=2.35 W.
Esercizio n.1
Calcolare la potenza sviluppata da una persona di 80 kg che:
a) sale in 20 s un piano di scale di dislivello 3.66 m ;
b) corre i 100 m in 10 s partendo da ferma.
Soluzione
a) Il lavoro compiuto dalla persona è
L = mgh = 80 kg × 9.8 m/s2 × 3.66 m =2870 J
La potenza sviluppata
P = L/t = 2870 J/(20 s) = 144 W
b) Calcoliamo la velocità media v = 100 m/(10 s) = 10 m/s
Dal teorema delle forze vive L= ½ m v2 = 0.5 × 80 kg ×(10 m/s)2= 4000 J
P = L/t = 4000 J /(10 s) = 400 W
Alcuni valori di potenza erogata: Centrale elettrica
109 W
Auto di media cilindrata
7×104 W
Forno di casa
2000 W
Luce del sole che illumina 1m2 1380 W
Frigorifero
615 W
P. Maestro
Lavoro ed energia
pag. 20
Esercizio n.2
a) Trovare il lavoro necessario per portare un corpo di massa 2 kg
dalla velocità di 2 m/s a quella di 5 m/s.
b) Trovare il lavoro necessario a fermare un corpo di massa 2 kg, che
procede alla velocità di 8 m/s.
Soluzione
a) L = ½ m vfin2 - ½ m vini2 = 0.5 × 2 × (52 - 22) = 21 J
b) L = ½ m vfin2 - ½ m vini2 = 0.5 × 2 × (0 - 82) = -64 J
In questo caso il lavoro è negativo perché la forza ha verso opposto allo
spostamento del corpo
P. Maestro
Lavoro ed energia
pag. 21
Esercizio n.3
Un carrello di massa 100 kg compie il percorso indicato in figura, passando dal
punto A al punto C. Nota la velocità iniziale (vA=0) e le differenze di quota tra A
e B (a=20 m) e tra C e B (c=18m), calcolare il valore dell’energia potenziale in
A e della velocità in B e in C.
Soluzione
Scegliamo l’energia potenziale in B, UB = 0. Si ha:
UA = mga
UC = mgc
Scriviamo la conservazione dell’energia meccanica
per i punti A e B:
½ m vB2 + UB = ½ mvA2 + UA
½ m vB2 + 0 = 0 + mga
Scriviamo ora l’equazione per i punti A e C:
½ m vC2 + UC = ½ mvA2 + UA
½ m vC2 + mgc = 0 + mga
P. Maestro
Lavoro ed energia
pag. 22
Esercizio n.4
Soluzione
N.B. Le forze N e mg sono perpendicolari
al moto e quindi NON compiono lavoro.
Solo F contribuisce al lavoro totale:
L = Fd cos(θ) = 11× 2 × cos(29°) J = 19.2 J
La velocità finale della slitta si trova
dal teorema delle forze vive:
½ mvf2 – ½ mvi2 = L
P. Maestro
L
⇒
Lavoro ed energia
pag. 23
Esercizio n.5
Un corpo di massa 2 kg cade dall’altezza di 2 m su una molla di
costante elastica 200 N/m. Di quanto si abbassa la molla ? Dopo un
po’, le oscillazioni si smorzano. Dove è il punto di riposo della molla ?
Soluzione
Scegliere segno + .
La soluzione –
non ha significato fisico
P. Maestro
Lavoro ed energia
pag. 24
Esercizio n.6
Una sciatrice di massa 58 kg sta scendendo senza propulsione lungo un
pendio di 25°. Alla sommità del pendio la sua velocità è 3.6 m/s . Determinare
la velocità in un punto situato ad una quota di 57 m a valle, nel caso di attrito
trascurabile e di attrito dinamico (µd = 0.1).
Soluzione
a) In assenza di attrito l’energia meccanica si conserva
½ mvi2 + Ui = ½ mvf2 + Uf
Se scegliamo Uf = 0 a valle, allora Ui = mgh
b) In presenza di forze di attrito, applichiamo il teorema delle forze vive
L = ½ mvf2 - ½ mvi2
Ma L = [mg sin (θ) - mg cos(θ) µd ] s = mgh - mg µd h / tan(θ) . Sostituendo:
N.B. La differenza fra energia meccanica iniziale e finale è uguale al lavoro
compiuto dalle forze dissipative
P. Maestro
Lavoro ed energia
pag. 25
Esercizio n.7
Partendo da fermo, un motociclista compie il percorso indicato in figura,
composto da un tratto in discesa e da una circonferenza di raggio 4 m.
Trascurando gli attriti, trovare il valore minimo della quota h, affinché il percorso
riesca. In tale ipotesi, trovare la velocità del motociclista nei punti più alto e più
basso della circonferenza.
Soluzione
Scriviamo equazione di Newton nel punto A:
mv2/r = mg + N
Per mantenere la traiettoria circolare l’accelerazione
di gravità dovrà essere al massimo uguale alla
accelerazione centripeta (in tal caso N=0), cioè:
v2/r ≥ g ⇒ vmin = (gr)1/2 = 6.3 m/s
Dalla conservazione dell’energia:
mghmin = m g 2r + ½ mv2min = mg2r + ½ m gr = 5/2 mgr ⇒ hmin = 5/2 r = 10 m
La velocità in B si ottiene da: ½ mv2B = mgh ⇒ vB = (2gh)1/2 = 14 m/s
P. Maestro
Lavoro ed energia
pag. 26
Quinta Esercitazione di Fisica I
1
PROBLEMI RISOLTI
1. Un' auto di massa pari a 900 kg si muove su un piano alla velocità di 20 m/s. Che forza occorre per
fermarla in 30 metri?
(A) 1800 N
(B) 4500 N
(C) 6000 N
(D) 15000 N
(E) 30000 N
Soluzione: dal teorema "Lavoro-Energia", il lavoro della forza incognita F sarà pari alla variazione di
energia cinetica. Poichè la velocità finale deve essere nulla (l'auto si ferma), si avrà
1
M v2
F s = M v 2 da cui F =
= 6000 N
2
2s
2. Una palla è scagliata in alto con una velocità di 19.6 m/s. Quale massima altezza raggiungerà?
(A) 15 m
(B) 20 m
(C) 25 m
(D) 30 m
(E) 60 m
Soluzione. Per la conservazione dell'energia, poichè nel punto più alto (h) la velocità sarà nulla, si
1
v2
avrà M v 2 = M g h
h=
≅ 20 m
2
2g
Lo stesso risultato si può ottenere con un approccio puramente cinematico, sfruttando le leggi per il
moto uniformemente decelerato: 0 = v − g t
h = v t − g t 2 / 2 . Ricavando il tempo t dalla prima
equazione e sostituendo nella seconda si ottiene il risultato di 20 m per la quota h.
3. Una forza F orizzontale tira una scatola di 20 kg a velocità costante sul pavimento. Il coefficiente di
attrito è di 0.6 (l'attrito è quindi il 60% del peso). Quale lavoro compie la forza F per spostare la
scatola di 3 m?
(A) 127 J
(B) 196 J
(C) 216 J
(D) 264 J
(E) 353 J
Soluzione. Poiché la velocità è costante, la risultante delle forze sarà nulla, per cui la forza F avrà
stessa direzione e stesso modulo della forza di attrito (pari al 60% della forza peso mg, e quindi uguale
a 117.6 N), ma verso opposto, cioè concorde con il moto. Il lavoro sarà dunque dato da
L=F s=117.6 N ⋅3 m ≅ 353 J
4. Una persona trascina per sei metri una massa di 90 kg lungo un piano scabro applicando una forza
orizzontale di 200 N. Il lavoro fatto da tale forza vale
(A) 540 J
(B) 1080 J
(C) 1200 J
(D) 3600 J
(E) 5400 J
Soluzione. Il lavoro è il prodotto della forza F per lo spostamento s L = 200 N 6 m = 1200 J
Dal testo del problema è implicito che il corpo ha cambio di velocità (accelerazione) trascurabile.
5. La potenza necessaria per innalzare un peso di 150 kg di 20 m in un minuto vale
(NB.1 cavallo vapore = 746 W)
(A) 402 W
(B) 0.657 cv
(C) 980 W
(D) 5.0 cv
(E) 2700 W
Soluzione. La potenza P è il lavoro ad unità di tempo, quindi: P = mgh/t = 490 W ≅ 0.657 cv
6. Una pallottola di 4 g affonda in un blocco di legno di 2.996 kg appeso ad un filo (pendolo balistico);
se dopo l'urto la velocità comune a blocco e pallottola è di 0.5 m/s, la velocità iniziale della pallottola
(sempre in m/s) era
(A) 98
(B) 152
(C) 2350
(D) 1500
(E) 375
Soluzione. La quantità di moto prima dell'urto (mv), dove con m si è indicata la massa della pallottola
e con v la sua velocità incognita, deve essere uguale alla quantità di moto dopo l'urto (conservazione
della quantità di moto). Poiché la pallottola rimane conficcata, la massa finale è la somma delle due
1
Quinta Esercitazione di Fisica I
2
masse m ed M (dove quest'ultima è la massa del blocco di legno). Indicando con u la velocità comune
a blocco e pallottola subito dopo l'urto, si avrà : m v = (m + M) u, v = (m + M) u / m = 375 m/s .
7. Una automobile pesa 1000 kg e accelerando da ferma sviluppa una potenza media di 50 cavalli
vapore (1 cv = 746 W). Il tempo minimo necessario dalla partenza perché raggiunga i 100 km/h è ?
(A) 5.1"
(B) 8.3"
(C) 10.3"
(D) 12.0"
(E) 13.7"
Soluzione. Ricordando la definizione di potenza P (lavoro per unità di tempo) e il teorema "LavoroEnergia", poiché la velocità iniziale è nulla il lavoro sviluppato in un tempo t sarà pari sia al prodotto
1
m v2
= 10.3"
della potenza per il tempo ( P t), sia alla energia cinetica finale ( m v 2 ). Quindi t =
2
2P
8. Per un corpo che inizia da fermo il moto con accelerazione costante si fanno le seguenti
affermazioni:
I - l'energia cinetica è proporzionale allo spostamento;
II - la velocità è proporzionale alla radice quadrata dello spostamento;
III - l'energia cinetica è proporzionale al quadrato della velocità;
IV - la velocità è proporzionale al quadrato del tempo trascorso.
Di queste affermazioni sono vere:
(A) solo I,II,III
(B) solo I e III
(C) solo II e IV
(D) solo IV
(E) nessuna.
Soluzione. Ricordando la definizione di energia cinetica, il teorema "lavoro-energia" e le relazioni
cinematiche per i moti uniformemente accelerati, si ha:
1
1
E c = mv 2
E c = Lavoro = ma s
s = at 2
v = at
v = 2a s
2
2
Si vede dunque che l'energia cinetica è proporzionale al quadrato della velocità ma anche allo
spostamento; la velocità è proporzionale al tempo (e non al suo quadrato, risposta IV) e alla radice
quadrata dello spostamento s. Sono perciò corrette I, II, III (risposta A)
9. Un oggetto pesante 40 N è alzato di 10 m sopra il suolo e lasciato cadere. Quando si trova a sei
metri dal suolo la sua energia cinetica sarà
(A) 5 J
(B) 160 J
(C) 240 J
(D) 400 J
(E) 5120 J
Soluzione. Per la conservazione dell’energia meccanica, la variazione di energia potenziale sarà
uguale all'energia cinetica acquisita; poiché il corpo parte da fermo, dopo un dislivello di 10 - 6 metri
si avrà: E c = M g ∆h = 160 J
10. Per mantenere un’auto alla velocità costante di 15 m/s in piano, il motore deve fornire una potenza
di 40 cavalli vapore (1 c v = 745 W). Le forze di attrito hanno risultante di circa
(A) 980 N
(B) 1340 N
(C) 1990 N
(D) 4270 N
(E) Indeterminata
Soluzione. La potenza P, essendo la velocità costante, è utilizzata per vincere gli attriti. Perciò in un
tempo t varrà il bilancio: P t = F s dove F è la forza di attrito che agisce lungo lo spostamento s
percorso a velocità costante v = s/t. Si ricava dunque : F = P / v= 1990N
11. Un'auto di 1500 kg lanciata a 100 km/h su asfalto asciutto (coefficiente d'attrito µ = 0.8) si arresta
completamente in (arrotondare ai cinque metri più vicini)
(A) 50 m
(B) 70 m
(C) 110 m
(D) 150 m
(E) 165 m
Soluzione. Si eguaglia l’energia cinetica (dopo aver trasformato km/h in m/s dividendo per 3.6) al
lavoro fatto dalla forza di attrito, che in questo caso agisce perché l’auto slitta
2
Quinta Esercitazione di Fisica I
3
1
mv 2 = µmgs
2
s=
v2
≅ 49.2 ≅ 50 m/s
2 µg
13. Un maglio di 10.2 kg viene innalzato di 8 m sopra la cima di un palo di ugual peso e parzialmente
conficcato nel terreno. Se dopo un colpo di maglio il palo è affondato di 40 cm nel terreno, quale è la
forza di attrito media che si è esercitata sul palo durante il suo spostamento?
(A) 2000 N
(B) 2100 N
(C) 2200 N
(D) 4100 N
(E) 4200 N
Soluzione. Il cambio di energia potenziale (del tipo mg∆h) va posto uguale al lavoro fatto dalla forza
d’attrito, Fs, dove con s ho indicato l’abbassamento del palo. Al cambio di energia potenziale
concorrono tre termini: la discesa del maglio (massa m1) di ∆h = 8 m; l’ulteriore discesa del maglio di
s; la discesa del palo (massa m2) di s. Si ha perciò
m g (∆h + s) + m 2 gs
≅ 2200 N.
m1 g (∆h + s ) + m 2 gs = Fs F = 1
s
14. La velocità iniziale di un oggetto di 2 kg è vin = (3i ? 4j)(m/s) e quella finale è vfin = (6i ? 2j) (m/s).
Il cambio dell'energia cinetica dell'oggetto (segno negativo Efin<Ein) è di
(A) −5 J
(B) 15 J
(C) 19.6 J
(D) 25 J
(E) 40 J
Soluzione. Basta calcolare il cambio delle energie cinetiche
m 2
m
∆E =
6 + 2 2 − 3 2 + 4 2 = 15 = 15J
2
2
((
) (
))
15. Qual'è la potenza minima di una pompa che riempie in un’ora una piscina contenente 9×20×2 m3
d'acqua prelevandola da un serbatoio che è ad una quota inferiore di 10.2 m rispetto alla quota del
centro della piscina?
(A) 2.5 kW
(B) 5 kW
(C) 9.8 kW
(D) 10 kW
(E) 20 kW
Soluzione. Il lavoro, mgh, diviso il tempo (in s) dà la potenza; la massa in kg è il volume della piscina
in m3 moltiplicata per 1000 (densità dell’acqua in kg/m3); la altezza è 9.2 m all’inizio, 11.2 m alla
fine, e 10.2 m a metà riempimento. Si può perciò usare come altezza media quella del centro della
piscina. Perciò
9 × 20 × 2 × 1000 × g × 10.2
potenza =
W ≅ 1000 W = 1kW
tempo(s)
16. Il punto più elevato di una montagna russa è a 15 m dal suolo; la sommità di una cunetta si trova a
5 m dal suolo e qui i passeggeri sentono di non appoggiare più sul sedile. Se gli attriti sono
trascurabili, il raggio di curvatura R alla cima della cunetta è di
(A) 5 m
(B) 10 m
(C) 15 m
(D) 20 m
(E) 30 m
Soluzione. L’energia cinetica sulla cunetta è pari ad mg∆h, dove ∆h è il dislivello tra altezza massima
e altezza della cunetta. L’accelerazione centripeta sulla cunetta, v2/R, deve essere pari
1
mv 2 = mg∆h v 2 = 2 g∆h
2
all’accelerazione di gravità
R = 2∆h Si ha: ∆h = 10 m e R = 20 m.
v2
=g
R
17. Un chicco di grandine di 2 g colpisce il cofano di un'auto ferma con una velocità di 10 m/s e
rimbalza verso l'alto per 204 cm. L'energia dissipata nell'impatto è di
(A) 31 mJ
(B) 60 mJ
(C) 80 mJ
(D) 98 mJ
(E) 160 mJ
3
Quinta Esercitazione di Fisica I
4
Soluzione. L’energia dissipata è la differenza tra energia cinetica all’impatto e energia potenziali
riacquista nel rimbalzo: ∆E = m v 2 / 2 − gh . Inserendo i valori numerici si ottiene 60 mJ.
(
)
18. Una massa di 1 kg oscilla attaccata a due molle da parti opposte ma lungo la stessa direzione. La
prima molla ha costante pari a 100 N/m , la seconda di 300 N/m . Il periodo di oscillazione è circa
(A) 0.10 s
(B) 0.31 s
(C) 0.66 s
(D) 3.3 s
(E) oltre 5 s
Soluzione. Poiché il contributo delle due molle si somma, il comportamento è analogo a quello di una
molla la cui costante elastica è la somma delle due costanti. Il periodo, nel moto armonico del sistema
m
"massa-molla" , è dato da T = 2π
. Sostituendo ad m il valore di 1 kg ed alla costante k la somma
k
delle due costanti elastiche, si ottiene T ≅ 0.31 s
19. Una molla leggera posta in verticale è lunga 40 cm quando al suo estremo inferiore è appesa una
massa di 300 g. Quando la massa appesa è di 500 g, la molla è lunga 50 cm. La lunghezza della molla
senza masse appese è
(A) 25 cm
(B) 30 cm
(C) 35 cm
(D) 40 cm
(E) 45 cm
Soluzione. Indicando con l 0 la lunghezza della molla senza masse e con gli indici 1 e 2 le situazioni
relative ai casi delle due masse rispettivamente, le condizioni di equilibrio saranno:
m1 g = k (l1 − l 0 ) m 2 g = k (l 2 − l 0 ) dove k è la costante elastica della molla. Dividendo membro a
membro le due equazioni si ottiene
m1 l1 − l 0
. Sostituendo i valori noti si ottiene l0 = 25 cm.
=
m2 l 2 − l 0
20. Un corpo di massa m = 500 g compie un moto armonico con frequenza 2Hz ed ampiezza 8 mm. La
massima velocità del corpo vale circa (in m/s)
(A) 0.1
(B) 0.2
(C) 0.3
(D) 0.4
(E) 0.5
Soluzione. La legge oraria di un moto armonico e la sua velocità (in modulo) sono rispettivamente
s = A cos 2π f t
v = 2π f A sin 2π f t
Il valore massimo della funzione seno è 1, per cui : v max = 2π f A = 0.1 m/ s
21. Un corpo di 0.1 kg è appeso ad una molla di peso trascurabile; viene abbassato di s0 = 10 cm e
quindi rilasciato. Il suo periodo di oscillazione è misurato essere T = 2 s. La velocità del corpo quando
si trova ad una distanza s0/2 dalla posizione di equilibrio vale in modulo
(A) 0.17 m/s
(B) 0.27 m/s
(C) 0.314 m/s
(D) 0.35 m/s
(E) 0.54 m/s
1
Soluzione. La pulsazione del moto è ω = 2π/T e l’energia complessiva si scrive E = mω 2 s 02
2
Questa espressione rappresenta anche l’energia potenziale ad una distanza s0 dall’equilibrio; ad una
distanza s<s0 il bilancio tra energia cinetica e potenziale si scriverà
1
1
3
E = mω 2 s 02 = m(ω 2 s 2 + v 2 ) v = ω s 02 − s 2 = ω s 02 − s02 / 4 = ω s 0
≅ 0.27m/s
2
2
2
dove le ultime eguaglianze traducono i dati numerici del problema
4
Quinta Esercitazione di Fisica I
5
Problemi proposti e svolti da _____________________________
1. Una palla da biliardo di 450 g e con velocità di 5 m/s ne urta una uguale che acquista una velocità di
4 m/s. Se l’urto è elastico, la velocità della prima palla dopo l’urto è di (in m/s)
(A) 1
(B) 2
(C) 3
(D) 4
(E) 5
2. Un sasso di 2 kg cade da 15 m e affonda per 50 cm nel terreno. La forza media che si esercita tra
sasso e terreno vale
(A) ___________ (B) 310 J
(C) 980 J
(D) 150 J
(E) 610 J
3. Un ciclista sale a 20 km/h lungo una salita con pendenza del 7%. Se la massa complessiva di
ciclista e bici é di 60 kg e gli attriti sono trascurabili, la potenza sviluppata dal ciclista é di circa
(A) 160 W
(B) 205 W
(C) 230 W
(D) 285 W
(E) 980 W
4. Un laghetto alpino contiene 1.2(107) m3 di acqua ad una quota media di 300 m sopra la turbina di
una centrale idroelettrica a valle. Il numero teorico di chilowattora ottenibili utilizzando la caduta di
tutta l'acqua del lago é pari a circa
(C) 6.1(106)
(D) 8.8(106)
(E) 9.8(106)
(A) ___________ (B) 4.9(106)
5. Una massa di 20 kg appoggiata ad un piano liscio è attaccata alla molla orizzontale di costante
elastica 10 kN/m. Se la massa è spostata di 15 cm dalla posizione di equilibrio e poi rilasciata, la sua
velocità massima vale
(A) 1.12 m/s
(B) 2.24 m/s
(C) 4.6 m/s
(D) 3.35 m/s
(E) 9.8 m/s
6. Due masse M e m sono vincolate alla carrucola senza attriti del disegno e sono inizialmente ferme
nella posizione indicata in figura, con m al suolo e M alla altezza di 2 m. Se M = 4 kg e raggiunge il
suolo con una velocità di 1.5 m/s, la massa m vale
(A) 1.56 kg
(B) 2.64 kg
(C) 3.18 kg
(D) 3.57 kg
(E) ___________
7. Un corpo di 0.1 kg è appeso a una lunga molla. Se viene abbassato di 10 cm inizia ad oscillare con
un periodo di 5 s. La velocità con cui passa attraverso la posizione di equilibrio è di
(A) 3.14 cm/s
(B) 6.28cm/s
(C) 12.6cm/s
(D) 14.14cm/s
(E)___________
8. Due molle uguali lunghe a riposo 10 cm e di costante elastica k = 1
kN/m giacciono in un piano orizzontale liscio e sono collegato ad un
corpo di massa M = 10 kg come in figura.
Se d = 20 cm, e la massa è spostata nel piano perpendicolarmente alla
direzione delle due molle di 1 cm il suo periodo di oscillazione sarà di
circa
(A) 0.38 s
(B) 0.54 s
(C) 0.63 s
(D) 0.89 s
d
d
(E) ___________
5
Quinta Esercitazione di Fisica I
6
9. Una massa di 5 Kg compie un moto armonico descritto dall’equazione x(t ) = x 0 cos ωt con
x0= 2 m e ω = 3 /s. La massima energia cinetica della massa vale
(A) 90 J
(B) 100 J
(C) 150 J
(D) 180 J
(E) 300 J
10. Quando a una molla viene appeso un peso di 1 kg, questa si abbassa di 5 cm. Il periodo di
oscillazione della molla quando a questa è appesa una massa di 2 kg vale
(A) 0.314 s
(B) 0.628 s
(C) 0.635 s
(D) 1.99 s
(E) 9.8 s
11. Una slitta di 20 kg senza attrito inizia a scendere
dalla cima di una cupola semisferica di R =5 metri di
raggio. Che velocità avrà la slitta nel punto in cui si
stacca dalla cupola? (si consideri nulla la velocità
sulla cima della cupola; il punto del distacco é quello
in cui la componente normale della forza peso
eguaglia la forza centripeta)
(A) 5.7 m/s
(B) 8.1 m/s
(C) 11 m/s
v
ϑ
R
(D) 20 m/s
(E) ______
12. Un pendolo si smorza secondo una legge esponenziale e l'ampiezza di oscillazione dopo 100
periodi é pari al 90% dell'ampiezza iniziale. Quante oscillazioni sono all'incirca richieste per ridurre
l'energia al 40.0% di quella iniziale?
(A) 165
(B) 330
(C) 435
(D) 860
(E) ________
13. Una biglia oscilla sul fondo parabolico di una scodella la cui
sezione, rappresentata in figura, è descritta dall'equazione (in m)
y = 8x2. Il periodo di oscillazione della biglia è di circa
(A) 0.98 s
(B) 0.5 s
(C) 0.7 s
(D) 1.21 s
(E) 1.57 s
y
x
14. Una pentola di 2 kg arriva sul piano di un tavolo con una velocità iniziale di 3 m/s e si arresta in
80 cm. Il coefficiente di attrito tra pentola e tavolo vale
(A) _______
(B) 0.57
(C) 0.66
(D) 0.76
(E) 0.92
15. Dalla cima di un monte scaglio in orizzontale un sasso verso un lago nella valle ad una quota di
1200 m inferiore rispetto alla mia. Trascurando gli attriti dell'aria, qual'é all'incirca la minima distanza
in orizzontale tra cima del monte e bordo del lago se il sasso raggiunge il lago quando riesco ad
imprimergli una velocità iniziale di 50 m/s ?
(A) ___________ (B) 780 m
(C) 700 m
(D) 630 m
(E) 550 m
16. Una pallottola di 5 g colpisce un pezzo di legno a 100 m/s e penetra per 6 cm. Assumendo che nel
legno il moto della pallottola sia uniformemente decelerato, la forza media agente sulla pallottola nel
legno é di circa
(A) 420 N
(B) 600 N
(C) 840 N
(D) 980 N
(E) 1200 N
6
Quinta Esercitazione di Fisica I
7
17. Una massa di 1.2 kg oscilla appesa a due molle collegate in serie ciascuna con costante elastica k =
100 N/m. Il periodo della molla é di circa
(A) 0.49 s
(B) 0.69 s
(C) 0.97 s
(D) 1.38 s
(E) ___________
18. Una massa M oscilla appesa ad una molla di costante k compiendo oscillazioni di ampiezza A.
Volendo raddoppiare il periodo mantenendo l'energia costante si deve
(A) raddoppiare l'ampiezza mantenendo gli altri parametri costante
(B) raddoppiare massa e costante elastica e ridurre l'ampiezza di un fattore 2
(C) quadruplicare la massa e ridurre l'ampiezza di un fattore 2
(D) quadruplicare la massa e ridurre ampiezza e costante elastica di un fattore 2
(E) aumentare massa e costante elastica di un fattore 2 e ridurre l'ampiezza di un fattoreπ/2
19. Un pendolo si smorza secondo una legge esponenziale e l'ampiezza di oscillazione dopo 100
periodi é pari al 90% dell'ampiezza iniziale. Quante oscillazioni sono all'incirca richieste per ridurre
l'ampiezza al 70.7% di quella iniziale?
(A) 165
(B) 330
(C) 435
(D) 860
(E) ________
20. La palla di un flipper pesa 35 g e viene lanciata spingendola per 2 cm contro una molla posta in
piano e poi rilasciandola; Con questo lancio, la palla percorre tutto il piano del flipper (lungo un
metro e con una pendenza di 12°) e giunge in cima con una velocità di 0.5 m/s. La costante elastica
della molla vale circa (in N/m)
(A) 380
(B) 270
(C) 140
(D) 310
(E) ________
21. Una palla di gomma di 50 g lasciata cadere da 3 m di altezza su di un pavimento rimbalza fino ad
una altezza di 2.3 m. Trascurando gli attriti dell’aria, la differenza di velocità (in modulo) della palla
immediatamente prima e immediatamente dopo l’urto col pavimento è di circa
(A) 0.10 m/s
(B) 0.15 m/s
(C) 0.78 m/s
(D) 0.68 m/s
(E) _________
22 Una massa è attaccata ad una molla verticale ideale con costante elastica k = 300 N/m. Se l’estremo
libero della molla si sposta di 20 cm quando la massa è tolta, il periodo di oscillazione vale
(A) 3.14 s
(B) 1.31
(C) 0.90 s
(D) 0.29
(E) _____
23. Una pallottola di 5 g e velocità 300 m/s affonda orizzontalmente nel blocco di un pendolo balistico
avente massa di 1995 g ed inizialmente a quota h=0. La velocità finale comune di pendolo e pallottola
è approssimativamente di
(A) 2.7 km/h
(B) 1 m/s
(C) 4.95 km/h
(D) 7.5 m/s
(E) 9.8 km/h
24. Secondo la pubblicità, un'automobile raggiunge 100 km/h in 9 s con partenza da fermo. Se l'auto
col guidatore pesa 1200 kg e si possono trascurare gli attriti, la potenza media sviluppata durante
l'accelerazione vale circa (1 cavallo vapore = 746 W)
(A) 69 cv.
(B) 50100 W
(C) 138 cv.
(D) 12000 W
(E) 35 kW
25. Una molla A di peso trascurabile acquista un'energia potenziale di 1 J quando è allungata dal peso
di 1 kg. Appendendo il peso di un kg a due molle uguali ad A poste una in fianco all'altra (molle in
parallelo) l'energia potenziale complessivamente acquistata dalle due molle vale
(A) 0.25 J
(B) 0.5 J
(C) 1 J
(D) 2 J
(E) 4 J
7
Quinta Esercitazione di Fisica I
8
Quinta Esercitazione: IIa Parte DinamicaEsercizio
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
Risposta
(C) 3 m/s
(A) 588 N
(C) 230 W
(E) 9.8 (106) Kwh
(D) 3.35 m/s
(D) 3.57 kg
(C ) 12.6 cm/s
(E) 0.44 s
(A) 90 J
(C) 0.635 s
(A) 5.7 m/s
(D) 870
(B) 0.5 s
(B) 0.57
(B) 780 m
(A) 420 N
(C) 0.97 s
(A) vera, altre false
(B) 330
(A) 380 N/m
(E) 0.95 m/s
(C) 0.90 s
(A) 2.7 km/h
(A) 69 cv
(B) 0.5 J
8
1
ESERCIZI SVOLTI : Principi di Newton – Lavoro – Energia
Prof. A. Marletta – ITC Zanon - Udine
ESERCIZIO (1):
Una cassa di 30 kg viene tirata con una corda che forma un angolo di 50° col pavimento su una
superficie liscia. Se inizialmente la cassa è in quiete e la corda esercita una forza, costante nel
tempo, di 150 N dopo in quanto tempo percorrerà 15 m?
SOLUZIONE:
F = 150 N
F2 = ?
50°
F1 = ?
Scomponiamo la forza F , secondo la regola del parallelogrammo, nelle due forze F 1 ed F 2 ,
perché la forza che causa il moto orizzontale non è F ma F 1 (si chiama il componente orizzontale
di F ).
La sua intensità (o modulo) è (cateto = ipotenusa · coseno dell’angolo adiacente):
F1 = 150 · cos50° = 96,4 N
Quindi l’accelerazione del moto uniformemente accelerato sarà:
a =
m
F tot = 96,4 N
= 3,2 2
30 kg
m
s
2
e poiché s = 1 a t ⇒ t =
2
2s =
a
2 ⋅ 15
= 3,1 s .
3,2
ESERCIZIO(2):
In un pianeta lontano, una pallina di 250 g e peso 3 N, viene tirata verticalmente in alto con una
velocità iniziale pari a v0 = 20 m/s. In quanto tempo raggiunge la sommità (e ha un istante di
arresto)?
SOLUZIONE:
Il peso è l’unica forza agente sul corpo, quindi rappresenta la forza totale. Per la (1), esso si
muoverà di moto rettilineo uniformemente ritardato con accelerazione pari a:
m
F tot
3N
a = g =
=
= 12 2
m
0,250 g
s
Tale valore, sostituito in una delle 4 equazioni cinematiche 1 del moto uniformemente
accelerato/ritardato, fornisce (formula inversa) il tempo impiegato:
m
v – v0 0 – 20
= 1,67 2 .
=
v = at + v0 ⇒ t =
a
-12
s
1
Come si era detto, in quelle quattro equazioni cinematiche, quando il moto è uniformemente ritardato
l’accelerazione deve essere presa col segno “-“ davanti.
2
ESERCIZIO(3):
Tre casse A, B, C di masse, rispettivamente, 5 kg, 4 kg e 3 kg, sono spinte verso destra da una forza
di 20 N. Calcolare:
- la forza di contatto con cui A spinge B
- la forza di contatto con cui B spinge A
- la forza di contatto con cui B spinge C
- la forza di contatto con cui C spinge B.
A
C
B
F = 20 N
SOLUZIONE:
Il sistema delle tre casse, sottoposto alla forza costante di 20 N, si muoverà di moto rettilineo
uniformemente accelerato con accelerazione a di valore:
m
F tot
20
a =
=
= 1,67 2
m
5+4+3
s
Per la seconda legge di Newton (formula inversa), la forza che A esercita su B, diciamo FAB , è data
dalla massa in movimento (B+C) moltiplicato per l’accelerazione della massa in movimento,
ovvero:
FAB = mB+C · aB+C = (4 kg + 3 kg) · 1,67 m/s2 = 11,7 N
Per la terza legge di Newton, la forza con cui B spinge A, diciamo FBA , è della stessa intensità (11,7
N) ma con il verso contrario (cioè, diretta verso sinistra):
FBA = FAB = 11,7 N
Per la seconda legge di Newton (formula inversa), la forza che B esercita su C, diciamo FBC , è data
dalla massa in movimento (C) moltiplicato per l’accelerazione della massa in movimento C, ovvero:
FBC = mC · aC = 3 kg · 1,67 m/s2 = 5 N
Per la terza legge di Newton, la forza di contatto con cui C spinge B, diciamo FCB , è della stessa
intensità (5 N) ma con il verso contrario (cioè, diretta verso sinistra):
FCB = FBC = 5 N
ESERCIZIO(4):
Consideriamo un blocco di 2 kg in movimento. Poniamo di voler calcolare il lavoro compiuto, dalla
posizione A alla posizione B, distanti 5 m:
3
-
dalla forza T di 30 N, applicata al corpo con una corda inclinata di 30°
dalla forza peso
dalla reazione vincolare V
dalla forza di attrito dinamico Fd = 1 N.
T = 30 N
30°
P
SOLUZIONE:
1) Il lavoro compiuto dalla forza T esercitata dalla corda ovvero, come si suole dire (per brevità), il
“lavoro compiuto dalla corda”, è:
L = forza applicata al corpo x spostamento (in linea d’aria) del corpo x coseno dell’angolo tra il
vettore “forza” e il vettore “spostamento”.
Lcorda = F · s · cosθ = 30 N · 5 m · cos 30° = 23,1 J
infatti l’angolo θ tra forza e spostamento è il seguente:
F
30°
s
2) Il lavoro compiuto dalla forza peso P ovvero, come si suole dire, il “lavoro compiuto dalla
gravità”, è:
Lpeso = F · s · cosθ = (2 · 9,8) · 5 · cos 90° = 19,6 · 5 · 0 = 0
infatti l’angolo θ tra forza e spostamento è il seguente (90°):
(lavoro nullo)
s
P
3) Analogamente, anche il lavoro compiuto dalla reazione vincolare è nullo (essendo l’angolo tra il
vettore forza e il vettore spostamento di nuovo θ = 90° – e il coseno a 90° vale zero):
V
s
4) Infine, il lavoro compiuto dalla forza d’attrito dinamico (brevemente, il lavoro compiuto
dall’attrito) risulta:
Lattrito = F · s · cosθ = 1 · 5 · cos 180° = 1 · 5 · (-1) = - 5 J
4
infatti, l’angolo θ risulta 180°, come si vede dal seguente diagramma dei vettori forzaspostamento:
Fd
s
ESERCIZIO(5) :
Calcolare la velocità finale raggiunta da una pallina che cade da 3 m di altezza.
SOLUZIONE:
Durante la caduta libera, l’unica forza agente sulla pallina è la forza peso P , quindi nella formula
precedente compare un solo lavoro (il lavoro della forza peso: +mgh).
Quindi la formula precedente si riscrive nel modo seguente:
Lpeso = Tf – 0 ;
mgh =
2
1
mv f ;
2
dividendo per “m” ambo i membri:
1 2
vf
2
gh =
da cui, moltiplicando ambo i membri per 2, semplificando, e leggendo da destra verso sinistra:
vf =
2gh = 2 ⋅ 9,8 ⋅ 3 = 7,67 m
Evidentemente, l’esercizio si poteva risolvere anche soltanto usando le 4 equazioni cinematiche
dei moti uniformemente accelerati/ritardati, considerando che un moto di caduta libera è un moto
uniformemente accelerato. Di quelle 4 equazioni, si prende la seguente:
v2 = v02 + 2as ;
v2 = 02 + 2·g·s ;
v =
2⋅g⋅s =
2 ⋅ 9,8 ⋅ 3 = 7,67 m
ESERCIZIO (5):
Un oggetto, scivola su uno “scivolo” lungo 4 m e inclinato di 30°. Determina la velocità finale.
V
A
P
C
B
5
Il corpo è sottoposto, durante lo scivolamento, solo a due forze: la forza peso, che fa un lavoro
+mgh, e la reazione vincolare 2, che fa un lavoro nullo (dato che l’angolo θ tra il vettore forza V e il
vettore spostamento s = AB è 90°, e quindi L reaz. vinc.= F·s·cosθ = 0).
^
L’altezza h del piano inclinato vale h = AB sen B = 4 sen 30° = 2 m
In virtù del teorema dell’energia cinetica: Lpeso + Lreaz. vinc. = Tfin - Tin
si ha:
+ m · 9,8 · 2 + 0 = 1 · m · (vfin)2 - 0
2
dato che l’energia cinetica iniziale è nulla (il corpo parte da fermo). Quindi:
v =
196
m
= 6,26
5
s
ESERCIZIO(6):
Calcolare il lavoro fatto dalla molla della figura precedente, quando il blocco si sposta da una
posizione iniziale A ad una posizione finale O (proseguendo, naturalmente, oltre).
Porre la costante elastica uguale a 1000 N/m e l’ampiezza dell’oscillazione uguale a 5 cm.
SOLUZIONE:
2
2
2
2
Lmolla = – 1 k ( Df – Di ) = – 1 ⋅ 1000 ⋅ ( 0 – 0,05 ) = 1,25 J
2
2
ESERCIZIO (7):
Con riferimento all’esercizio precedente, calcolare la velocità raggiunta, in O, dal blocco (500
grammi), a seguito del lavoro positivo svolto dalla molla.
SOLUZIONE:
Per il teorema dell’energia cinetica:
L1 + L2 + L3 + … = Tfin – Tin
In questo caso, c’è solo una forza agente sul blocco (quella della molla), perciò solo un lavoro
(calcolato con l’esempio precedente: 1,25 J). Inoltre, notiamo che l’energia cinetica iniziale è TA =
0. In definitiva, la formula del teorema dell’energia cinetica si riscrive come segue:
1,25 J = Tfin
E leggendo da sinistra verso destra:
Tfin = 1,25 J
da cui: v =
2
2T
m
= 2,2
m
s
esercitata dal piano inclinato sul blocco, in virtù del terzo principio di Newton – dato che il blocco esercita sul piano
una forza premente (vedi figura).
6
ESERCIZIO (8):
Un blocco posto su un tavolo oscilla, fissato all’estremità di una molla (k = 900 N/m), da A a B,
passando per il centro O dell’oscillazione. Posto che AB = 9 cm, calcolare:
- l’energia potenziale elastica del blocco quando si trova in A.
- l’energia potenziale elastica del blocco quando si trova in O.
SOLUZIONE:
Prendendo come punto di riferimento per il calcolo dell’energia potenziale elastica, il punto O, si
ha:
2
- Uel (A) = 1 ⋅ 900 ⋅ 0,045 = 0,91 J
2
2
- Uel (O) = 1 ⋅ 900 ⋅ 0 = 0
2
ESERCIZIO (9):
Un blocco di 500 g urta una molla di costante elastica 1000 N/m e la comprime fino a 3 cm.
Determinare la velocità d’urto.
SOLUZIONE:
A
Il blocco è soggetto solo alle seguenti forze:
-
forza peso P
-
reazione vincolare V del tavolo
-
forza elastica F el della molla
Quindi su di esso operano solo forze conservative: l’energia meccanica E si conserva; cioè:
E = T + Ugr + Uel = costante.
Si ha pertanto (detta A la posizione del blocco all’impatto e B la posizione del blocco, con la molla
compressa di 3 cm):
A
B
T
2
2
1 2 1
mv = ⋅ 0,500 ⋅ v = 0,250 v
2
2
Ugr
0
0
0
Uel
2 1
2
1
k D = ⋅ 1000 ⋅ 0 = 0
2
2
2
2
1
1
k D = ⋅ 1000 ⋅ 0,03 = 0,45
2
2
da cui (imponendo l’uguaglianza dell’energia meccanica del blocco in A e in B):
0,250 v2 = 0,45;
E = T + Ugr + Uel
2
0,250 v
0,45
7
v=
0,45
m
= 1,3
0,250
s
E’ consigliabile risolvere gli esercizi sulla conservazione dell’energia costruendo sempre la tabella
T, Ugr, Uel, E di cui sopra (ovviamente, non si deve considerare Uel, se non ci sono molle).
ESERCIZIO (10):
Una pallina cade, da ferma, da due metri d’altezza. Determinare la velocità d’impatto a terra.
SOLUZIONE:
La pallina è soggetta solo alla seguente forza:
- la forza peso
Quindi su di essa operano solo forze conservative: l’energia meccanica E si conserva; cioè:
E = T + Ugr = costante.
Si ha, pertanto (detta A la posizione iniziale della pallina, cioè all’inizio della caduta, e B la
posizione finale della pallina – cioè all’istante dell’urto):
A
B
T
0
1 2
mv
2
Ugr
E = T + Ugr
19,6 m
mgh = m·9,8·2 = 19,6 m
1 2
mv
0
2
da cui (imponendo l’uguaglianza dell’energia meccanica del blocco in A e in B):
1 2 e dividendo ambo i membri per m, si ha:
mv
2
m
1 2
19,6 = v , da cui: v = 39,2 = 6,3
s
2
19,6 m =
ESERCIZIO (11):
Una pallina di 100 g cade da un’altezza h incognita. Se la resistenza dell’aria compie un lavoro
negativo di -10 J e la pallina tocca terra con una velocità di 10 m/s, quanto vale h?
SOLUZIONE:
Traduciamo, in valori, la seguente equazione: Lnc = Efin - Ein ;
1
- 10 =  ⋅ 0,1 ⋅ 100 + 0  – ( 0 + 0,1 ⋅ 9,8 ⋅ h) ;

2
-10 = 5 – 0,98·h ;
h = 15,3 m
Esercizi sulla conservazione dell’energia meccanica
1.
A
2m
B
C
8m
Un piccolo blocco di massa m=300 g parte da
fermo dalla posizione A, arriva in B con
velocità v=4 m/s, poi scivola lungo la
superficie orizzontale per una distanza d=8 m
prima di fermarsi.
a)Si determini il lavoro della forza di attrito
lungo la superficie curva. W= -3.48 J
b) Si determini il coefficiente di attrito lungo la
superficie orizzontale. µ= 0.1
2. Una particella di massa m=2 kg si muove sotto l’influenza della forza F ( x ) =
velocità a x=2.0 m è v=6.0 m/s, quale è la sua velocità a x=7.0 m?
Teorema dell’energia cinetica (delle forze vive)
3
N. Se la sua
x
v= 6.59 m/s
3.
2m
30°
Un punto materiale di massa m=10 kg viene rilasciato dal
punto più alto di un piano inclinato di 30° rispetto
all’orizzontale. Giunto in fondo collide con una molla
ideale comprimendola al massimo di 0.75 m. La costante
elastica della molla è K=500 N/m, l’altezza del piano
inclinato è h=2 m e la superficie orizzontale è priva di
attrito. Si calcolino: la velocità dell’oggetto al fondo del
piano inclinato, il lavoro delle forze di attrito lungo il
piano inclinato.
La molla respinge indietro il punto materiale, qual è la
velocità del punto quando raggiunge la base del piano
inclinato?
v= 5.3 m/s
Qual è l’altezza massima che raggiunge? h max= 1.12 m
4. Una piccola sfera di massa m è attaccata ad un filo in estensibile di lunghezza a=0.9 m. La massa
viene lasciata libera dalla posizione orizzontale col filo teso. Un piccolo perno si trova ad una
distanza h sotto il punto in cui è appesa la massa. Si dica quale è il minimo valore di h per il quale la
massa riesce ad avvolgersi completamente attorno al perno.
h= 0.54 m
5.Su un piano orizzontale scabro è posto un corpo di massa M=1 kg. Il coefficiente di attrito statico
tra piano e corpo sia µs=0.7. Il corpo è connesso tramite un filo inestensibile e di massa trascurabile
ad un punto materiale di massa m=M/2 (vedi figura). Inizialmente la parte di filo verticale ha
lunghezza L=0.5 m ed il sistema si trova in equilibrio stabile.
a) si determini il valore della forza di attrito statico tra corpo e piano.
F att = 6.86 N
In un secondo tempo si sposta la massa m dalla posizione di equilibrio di un angolo =35° e la si lascia
libera di oscillare in un piano verticale.
b) Si determini la velocità della massa m in questo istante
v= 1.33 m/s
c) Si determini la tensione massima del filo
T max= 6.67 N
d). Si dica se il corpo M si trova ancora in equilibrio statico giustificando la risposta.
M
Problema 5
L
m
6. Un punto materiale di massa M=0.2 kg è in quiete all’interno di una calotta cilindrica liscia di
raggio R=0.5 m. All’istante iniziale il punto materiale è fermo ad una quota R rispetto al fondo della
calotta. In un istante successivo esso inizia a scivolare e, raggiunta la fine della calotta (vedi figura)
prosegue il suo moto.
R
/6
Si determinino
a) Il modulo della velocità che possiede il punto materiale quando abbandona la calotta
v= 2.91 m/s
b) A quale distanza da questo punto toccherà terra,
x= 0.85 m
c) Il lavoro fatto dalle forze che agiscono sul punto materiale - dalla posizione iniziale a quella in
cui lascia la calotta - in tutto il moto
W1=0.85 J
W2= 0.98 J
7. Un punto materiale M di massa 0.2 kg può scendere senza attrito lungo la guida rappresentata in
figura, costituita da un piano inclinato raccordato a due semicirconferenze di raggio R=0.5 m.
Inizialmente il punto è fermo all’altezza H=1.5 m rispetto al suolo. Ad un certo istante inizia il
moto.
1) Determinare la reazione vincolare nella posizione A;
N=13.72 N
2) Si verifichi che il punto materiale M si stacca dalla guida nella posizione B di raccordo tra le
due semicirconferenze ( =45°);
3) Determinare l’altezza di M quando passa per la verticale del punto C durante il moto
parabolico;
h1= 0.45 m
8. Un punto materiale di massa m ruota su un piano orizzontale scabro attorno ad un punto O cui è
connesso tramite una sbarretta ideale di lunghezza l=0.5 m.Il coefficiente di attrito dinamico tra
punto e piano è µk=0.15. All’istante t = 0 il modulo della velocità del punto è v0= 4 m/s. Sapendo
che all’istante t1=1.5 s la tensione della sbarretta è T(t1) = 5 N:
• determinare la massa del punto materiale.
m= 0.78 kg
• che velocità avrà il punto dopo aver percorso un giro ?
v=2.6 m/s
• Quanti giri percorre il punto materiale prima di fermarsi ?
n= 1.73 giri
9. Un proiettile di massa m = 50 g viene lanciato da un punto P posto sull’asse y alla quota h = 45 m
rispetto all’asse x, con velocità iniziale v = 37.5 m/s in direzione orizzontale. Dopo 2.5 s di volo il
proiettile colpisce un corpo di massa M = 200 g in caduta verticale dopo essere partito da fermo da
una quota h1 = 65 m rispetto all’asse x e vi si conficca. Calcolare
1) la posizione in cui avviene la collisione;
x= 93.75 m, y=14.37 m
2) l’energia cinetica persa nell’urto;
E= 29.10 J
3) la posizione in cui i due corpi uniti arrivano al suolo.
x= 97.09 m
10. Un punto materiale P di massa m incognita può scorrere su un piano orizzontale OA di
lunghezza L=5 m contiguo a una guida circolare liscia di raggio R=2 m, come in figura. Il punto P
e‘ inizialmente fermo a contatto dell’estremità di una molla di lunghezza a riposo l0=1 m e costante
elastica K=150 N/m, inizialmente compressa della quantità d=0.5 m. Ad un certo istante, P viene
lasciato libero di muoversi.
Determinare:
1) Il massimo valore di m affinché P si stacchi dal piano orizzontale, supposto liscio, nella
posizione A di raccordo tra lo stesso e la guida circolare;
mmax= 1.91 kg
Se la massa di P vale m=1.2 kg, calcolare:
2) L’angolo tra la velocità di P e l’asse delle x nell’istante in cui P giunge al suolo, se il piano
orizzontale OA e‘ liscio;
= -48.29°
3) Il massimo coefficiente di attrito dinamico µd tra P e il piano orizzontale OA, supposto scabro,
µ= 0.13
affinché P si stacchi dalla guida circolare ancora nella posizione A;
11.
m1
m2
30°
-
60°
Nel sistema rappresentato in figura i due corpi di
massa m1=1.5 kg e m2=0.5 kg poggiano sui piani
inclinati di
e
rispetto
1=30°
2=60°,
all’orizzontale. Il filo che connette i due corpi è
inestensibile e di massa trascurabile e la
carrucola è senza massa. Il piano su cui poggia
m1 è liscio mentre quello su cui poggia m2 è
scabro con coefficienti di attrito statico e
dinamico µs=0.7 e µd=0.6, rispettivamente.
All’istante t=0 il sistema si mette in moto.
Si determinino:
l’accelerazione del sistema e la tensione delle fune,
a= 0.82 m/s2 T= 6.12 N
il lavoro fatto dalla forza di attrito quando la velocità della massa m1 è v1=0.74 m/s,
W= 0.49 J
il valore massimo che potrebbe avere la massa m1 perché il sistema restasse in equilibrio
stabile.
m1,max = 1.22 kg
12. Un punto materiale di massa m1 = 60 g è in moto circolare uniforme con velocità angolare
= 1.5 rad/s in senso orario lungo una circonferenza di raggio R = 35 cm che giace in un piano
orizzontale, come in figura. Un secondo punto materiale di massa m2 = 95 g è inizialmente fermo
nel punto P, esterno alla circonferenza. A partire dall’istante t = 0 la massa m2 viene sottoposta ad
una forza costante F = 1.4 x 10-2 N che la mette in moto lungo una retta orizzontale tangente alla
circonferenza, fino a che, giunta nel punto A, alla distanza d da P, urta elasticamente e frontalmente
la massa m1. Sapendo che all’istante t = 0 la massa m1 si trovava nella posizione B, diametralmente
opposta ad A, e che l’urto avviene dopo che la massa m1 ha compiuto un giro e mezzo, calcolare:
- La distanza d.
d= 2.9 m
Dopo l’urto m2 rimbalza indietro e ritorna verso il punto P senza essere più sottoposta a nessuna
forza. Calcolare:
- Il tempo trascorso fra l'istante iniziale t = 0 e l'istante in cui la massa m2 raggiunge nuovamente il
punto P;
t= 20.93 s
- la velocità di m1 dopo l’urto.
v= 1.25 m/s
Carlo Sintini – Fisica ? … No problem !
ESERCIZI SUL LAVORO E LA POTENZA
Esercizio 16
Un ragazzo trascina con velocità costante una slitta (con una massa di 10 kg) su un piano
orizzontale e con un coefficiente di attrito (dinamico) µ = 0,2.
La corda con cui il ragazzo trascina la slitta forma un angolo α = 30° con il piano orizzontale.
Calcolare la tensione T della corda.
Ricordando che il ragazzo procede con velocità costante, dopo aver camminato per 20 m, qual è il
lavoro compiuto dalla tensione della fune (cioè dal ragazzo) ?
E il lavoro fatto dalla forza d’attrito A ?
E il lavoro complessivo di tutte le forze che agiscono sulla slitta ?
Soluzione
Cominciamo a calcolare il valore della tensione T . La velocità è costante e quindi l’accelerazione è
nulla.
Il diagramma di corpo libero fornisce
⎧⎪∑ Fx = 0
→
T cos α − A = 0
(4-13)
⎨
→
Tsenα + R − mg = 0
⎪⎩∑ Fy = 0
ma è anche
A = µR
(4-14)
Le tre equazioni (4-13) e (4-14) contengono tre incognite (T, A, R). Eliminiamo A ed R ed
esplicitiamo la T
⎧T cos α = µR
⎨
⎩Tsenα + R = mg
T cos α
⎧
⎪⎪R = µ
⎨
⎪Tsenα + T cos α = mg
⎪⎩
µ
Tµsenα + T cos α = mgµ
mgµ
T=
µsenα + cos α
Pagina 62
Carlo Sintini – Fisica ? … No problem !
Cioè, sostituendo i valori numerici,
1
20
20
5 =
T=
=
≅ 20, 7 N
11
3 0,1 + 0,866 0,966
+
52 2
Ora passiamo alle altre domande, al calcolo dei lavori.
Il lavoro compiuto dal ragazzo è
3
LT = T ⋅ s = Ts cos α = 20, 7 ⋅ 20
≅ 359 J
2
Il lavoro della forza d’attrito è
L A = A ⋅ s = − As
ma ricordando la prima delle (4-13) si può scrivere anche
3
L A = −Ts cos α = −20, 7 ⋅ 20
≅ −359 J
2
I due lavori LT ed LA sono quindi uguali e contrari.
I lavori compiuti dalle forze R e p sono invece entrambi nulli perché i vettori sono perpendicolari
allo spostamento.
Quindi il lavoro complessivo eseguito da tutte le forze che agiscono sul corpo è
L totale = LT + L A + L R + L p = 359 − 359 + 0 + 0 = 0 J
10 ⋅ 10 ⋅
Infatti la slitta si muove con velocità costante (accelerazione nulla), la forza risultante è nulla e quindi
non può compiere un lavoro.
Esercizio 17
Un blocco di 10 kg scorre su un piano orizzontale
privo di attrito, alla velocità di 2,5 m/s.
Viene fermato da una molla che si comprime.
Sapendo che la costante elastica della molla è pari a
2000 N/m, di quanto si comprime la molla ?
Soluzione
Applichiamo al blocco il teorema dell’energia cinetica.
Il lavoro scaricato dal blocco in movimento sulla molla durante la compressione è (vedi la 4-4)
1
1
L = kx 2 . L’energia cinetica accumulata dalla molla durante la compressione è T = mv 2 .
2
2
Per il teorema suddetto queste due espressioni devono essere uguali, quindi
1 2 1
kx = mv 2
2
2
2
kx = mv 2
x=v
m
10
= 2,5
= 2,5 0, 005 ≅ 0,177 m = 17, 7 cm
k
2000
Pagina 63
Carlo Sintini – Fisica ? … No problem !
Esercizio 18
Da quale altezza dovrebbe cadere un’auto per toccare il suolo con la velocità di 72 Km/h ?
Soluzione
Un problema analogo è stato affrontato nell’esercizio n. 3, ed è stato risolto utilizzando la cinematica.
v2
Dalla formula v 2 = 2gh si ottiene h =
2g
Ora trattiamolo con il teorema dell’energia cinetica: il lavoro fatto dalla forza di gravità è uguale
all’energia cinetica acquistata dall’auto
1
mgh = mv 2
2
1 2
gh = v
2
v2
h=
2g
Le due formule ottenute sono identiche.
Facendo i calcoli si trova
2
⎛ 72 ⎞
⎜ 3, 6 ⎟
2
⎠ = 20 = 20 m
h=⎝
2 ⋅ 10
20
Per cui quando viaggiamo in auto ad una velocità (che ci sembra tranquilla) di 72 km/h, se
disgraziatamente andassimo a sbattere contro un albero, saremmo sottoposti ad un urto uguale a
quello che avremmo se una gru ci sollevasse fino a 20 m di altezza (circa come un palazzo di 5 piani)
e poi ci lasciasse cadere !
Pagina 64
Carlo Sintini – Fisica ? … No problem !
ESERCIZI SULLA CONSERVAZIONE DELL’ENERGIA
Esercizio 19
Una sferetta di massa m è poggiata in
equilibrio su una semisfera di raggio r.
Ad un certo istante comincia a cadere
senza attrito.
A quale angolo α la sferetta si stacca
dalla semisfera ?
Soluzione
La sferetta comincerà a staccarsi quando la forza centrifuga (dovuta alla semicirconferenza che è
costretta a percorrere, supera la componente pn).
Cominciamo calcolando la lunghezza h. Dal triangolo rettangolo indicato nella figura a sinistra si ha
r−h
cos α =
r
r cos α = r − h
(5-15)
h = r(1 − cos α)
La velocità che la sferetta raggiunge dopo essere discesa di una quota h (la forza gravitazionale è
conservativa, e quindi non importa se la sferetta scende in caduta libera o percorrendo l’arco di
circonferenza), è stato già calcolato nelle pagine dedicate alla cinematica (seconda parte dell’esercizio
n. 3), ottenendo v = 2gh .
Ma lo stesso risultato si può ottenere anche applicando il principio di conservazione dell’energia
meccanica.
Si abbia un corpo di massa m che cade da un’altezza h. Stabiliamo per
comodità che l’energia potenziale sia nulla nel punto B.
Nel punto A la sua energia cinetica è nulla (il corpo è fermo) e la sua energia
potenziale è mgh.
Nel punto B invece l’energia potenziale è nulla perché si è tutta trasformata in
energia cinetica.
Quindi avremo
Energia meccanica nel punto A
mgh + 0
1
Energia meccanica nel punto B
0 + mv 2
2
Le due energie meccaniche devono essere uguali, perciò
1
mgh = mv 2
2
semplificando, si riottiene appunto
(5-16)
v 2 = 2gh
Sostituendo la (5-15) nella (5-16) abbiamo
Pagina 70
Carlo Sintini – Fisica ? … No problem !
(5-17)
v 2 = 2gr(1 − cos α)
Calcoliamo ora la forza centrifuga Fc della sferetta a tale velocità
v2 m
(5-18)
Fc = m
= 2gr(1 − cos α) = 2mg(1 − cos α )
r
r
Ma la forza ad essa opposta (vedi diagramma del corpo libero) è
p n = p cos α = mg cos α = R
(5-19)
Il distacco della sferetta si ha quando la (5-18) raggiunge la (5-19), cioè quando
Fc = p n
2mg(1 − cos α) = mg cos α
2 − 2 cos α = cos α
2
cos α =
3
2
α = arccos
3
o meglio quando
2
1
h = r(1 − cos α) = r(1 − ) = r
3
3
Si noti che il risultato non dipende dalla massa m della sferetta.
Esercizio 20
Un carrello di un ottovolante deve effettuare un
“giro della morte” come è indicato nella figura.
Supponiamo nullo l’attrito.
Da quale altezza h deve iniziare a cadere il
carrello perché il giro possa essere eseguito
completamente senza che il carrello si stacchi
mai dai propri binari ?
Se h = 5r quale sarà la forza complessiva che
agisce sul carrello (e sui suoi occupanti)
quando esso si trova nel punto D ?
Soluzione
Cominciamo a rispondere alla prima domanda. Il punto critico che occorre superare è il punto E.
In cui il carrello è sottoposto alla forza peso rivolta verso il basso ed alla forza centrifuga rivolta verso
l’alto: quest’ultima deve essere almeno uguale (o superiore) alla prima.
Si ha (ponendo uguale a zero l’energia potenziale nel punto B)
Energia meccanica nel punto A
mgh + 0
1
Energia meccanica nel punto E
mg(2r) + mv 2
2
Uguagliando fra loro le due energie, otteniamo
Pagina 71
Carlo Sintini – Fisica ? … No problem !
1
mv 2 = mgh
2
2mgr +
1 2
v = gh
2
4gr + v 2 = 2gh
2gr +
v 2 = 2gh − 4gr = 2g(h − 2r)
Che è la velocità del carrello nel punto E. Ora imponiamo che la forza centrifuga in questo punto sia
almeno uguale alla forza peso
FC = p
v2
= mg
r
2g(h − 2r)
= mg
m
r
2gh − 4gr = gr
m
cioè
h=
(5-20)
5
r
2
Ora rispondiamo alla seconda domanda.
Nel punto D il diagramma di corpo libero è quello indicato a fianco.
Cominciamo a calcolare la velocità del carrello nel punto D in modo
analogo a quello usato precedentemente.
Energia meccanica nel punto A
mg(5r) + 0
1
Energia meccanica nel punto D
mgr + mv 2
2
Uguagliando fra loro le due energie, otteniamo
1
mgr + mv 2 = 5mgr
2
1
gr + v 2 = 5gr
2
2gr + v 2 = 10gr
v 2 = 8gr
La forza centrifuga nel punto D è allora
FD = m
v2 m
= 8gr = 8mg
r
r
Dal diagramma di corpo libero risulta quindi
F = FD2 + p 2 = 64m 2 g 2 + m 2 g 2 = mg 65
Pagina 72