fisica - Liceo Locarno

FISICA
Serie 15: Soluzioni
I liceo
Esercizio 1 Teorema dell’energia meccanica
1. A: il corpo possiede solo energia potenziale gravitazionale; B: il corpo possiede
sia energia cinetica sia energia potenziale gravitazionale; C: il corpo possiede
solo energia cinetica.
EAcin = 0 < EBcin < ECcin e EApot > EBpot > ECpot , in assenza di attrito
EAmec = EBmec = ECmec , come previsto dal teorema dell’energia meccanica.
2. La pallina non può raggiungere il punto B B poiché la sua energia meccanica
iniziale (quindi nel punto A) è è inferiore a quella che avrebbe nel punto B.
3. Ipotesi: attrito trascurabile quindi Wattr = 0. Dal teorema dell’energia
meccanica si ha ∆E mec = 0 ossia EAmec = EBmec , da cui si ottiene vB = 3,31 m/s
in entrambi i casi.
Se vi fosse attrito allora 0 > Wattr (curva) > Wattr (retta) poiché la lunghezza
della curva è maggiore di quella della retta. Dal teorema dell’energia meccanica
abbiamo ∆E mec = Wattr e quindi
pot
EBcin = Wattr − ∆Egr
da cui EBcin (curva) < EBcin (retta), da cui vB (curva) < vB (retta).
4. Ipotesi: attrito trascurabile quindi Wattr = 0.
A
B
z = 0m
Dal teorema dell’energia meccanica si ha quindi ∆E mec = 0 ossia EAmec =
EBmec , da cui si ottiene vB = 3,31 m/s.
Osservazione: Se l’attrito è trascurabile la velocità nel a terra coincide con
quella dell’esercizio precedente, poiché ∆E cin = −∆E pot e si ∆E pot = m∗ g(zB − zA )
che dipende solo dalla variazione di altezza e non dal tragitto per andare da
un’altezza zA ad un’altezza zB .
5. Ipotesi: attrito trascurabile quindi Wattr = 0. (Stessa figura del punto 4.). Dal
teorema dell’energia meccanica si ha quindi ∆E mec = 0 ossia EAmec = EBmec ,
da cui zA = 9,29 m.
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6. Ipotesi: attrito trascurabile quindi Wattr = 0. (Stessa figura del punto 4.). Dal
teorema dell’energia meccanica si ha quindi ∆E mec = 0 ossia EAmec = EBmec ,
vB = 4,47 m/s.
7. Ipotesi: attrito trascurabile quindi Wattr = 0. (A situazione iniziale con
zA = 0 m; B situazione finale). Dal teorema dell’energia meccanica si ha
quindi ∆E mec = 0 ossia EAmec = EBmec , da cui zB = 1,60 m.
Esercizio 2 Teorema dell’energia meccanica
pot
pot
pot
1. Egr,A
> Egr,B
> Egr,C
, EAcin < EBcin < ECcin .
pot
2. (a) EAmec = EAcin + Egr,A
= 20,98 J.
(b) Ipotesi: attrito trascurabile quindi Wattr = 0. Dal teorema dell’energia meccanica si ha quindi ∆E mec = 0 ossia EAmec = EBmec da cui si
ottiene vB = 4,57 m/s.
pot
(c) Egr,C
= −13,73 J. Utilizzando EAmec = ECmec si ottiene vC = 5,88 m/s.
Esercizio 3 Teorema dell’energia meccanica e forza elastica
1. Ipotesi: attrito trascurabile quindi Wattr = 0. Dal teorema dell’energia
meccanica si ha ∆E mec = 0 ossia EAmec = EBmec . Dove qui E mec = E cin + Eelpot
e Eelpot = 12 kx2 . Da cui vB = 8 m/s.
2. Ipotesi: attrito trascurabile quindi Wattr = 0. Dal teorema dell’energia
meccanica si ha ∆E mec = 0 ossia EAmec = EBmec . Dove qui E mec = E cin + Eelpot .
Da cui
(a) vB = 2,8 m/s,
(b) vB = 2,7 m/s.
Esercizio 4 Teorema dell’energia meccanica
pot
1. (a) ∆Egr
= 0,98 J.
(b) k = 306,6 N/m.
2. Ipotesi: attrito trascurabile quindi Wattr = 0. Dal teorema dell’energia
meccanica si ha ∆E mec = 0 ossia EAmec = EBmec . Dove qui E mec = E cin +
pot
Eelpot + Egr
. Da cui ∆ℓ = 10 cm.
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Esercizio 5 Teorema dell’energia meccanica e attrito
1. (a) Dal teorema dell’energia meccanica abbiamo
pot
∆E mec = ∆E cin + ∆Egr
= Wattr
pot
ma ∆Egr
= −388,48 J da cui ∆E cin = 215,48 J e quindi vf in = 4,89 m/s.
(b) Abbiamo Wattr = −Fattr d, dove d = 3 m, quindi Fattr = 57,66 N.
2. (a) Abbiamo Wel = −∆Eelpot = −( 12 kx2 − 0) = −0,90 J.
(b) Abbiamo Wattr = −Fattr |∆x| = −0,46 J.
(c) Dal teorema dell’energia meccanica abbiamo ∆E cin + ∆Eelpot = Wattr
da cui v = 1,04 m/s.
(d) Dal teorema dell’energia meccanica abbiamo ∆E cin +∆Eelpot = Wattr ,
in questo caso ∆E cin = 0 J e ∆Eelpot = −0,90 J da cui Wattr = −0,90 J e
quindi |∆x| = 15 cm.
Esercizio 6 Un po’ di tutto
In questo problema, dopo il lancio della biglia, bisogna considerare il moto come la
composizione di un moto MRUA verticale (di accelerazione az = −9,81 m/s2 ) e un
moto MRU orizzontale (di velocità vx da determinare), infatti orizzontalmente “in
volo” la biglia non subisce forze e quindi per il principio d’inerzia (o I LEX)
essa ha un MRU, verticalmente invece agisce la forza peso che è costante e quindi
F
dalla II LEX si ha az = mz =
−m∗ g
m = −g. Si ottiene ∆ℓ = 1,25 cm.
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