1. Un blocco di massa m viene lanciato dalla posizione A con velocità iniziale v0=4.2 m/s lungo un piano inclinato con angolo =30°. Se h=0.4m calcolare A) il valore di k affinché il corpo arrivi in B con velocità nulla e B) il valore di k affinché il corpo lanciato da B con la stessa velocità iniziale arrivi in A con velocità nulla. B h A 2. Un ragazzino è seduto sulla cima di un blocco di ghiaccio semisferico perfettamente liscio. Dalla sommità da fermo inizia a scivolare giù. Trovare l’altezza dal suolo a cui si staccherà dalla calotta. Scrivere la legge oraria del suo moto da quel momento in poi. 3. Una molla ideale se compressa da una forza di 268N si comprime di 2.33 cm. Un blocco di massa m=3.18 kg è lasciato andare da fermo dall’alto di un piano inclinato di 32° privo di attrito. Il blocco si ferma momentaneamente dopo avere compresso la molla di 5.48 cm. Calcolare lo spazio percorso d (distanza fra la posizione iniziale del blocco e la molla non compressa), la velocità del blocco un istante prima di toccare la molla e lo spazio percorso L verso l’alto prima di fermarsi nuovamente. 4. Una massa pende dall’estremità inferiore di una molla verticale fissata superiormente ad una trave. Si fissi l’origine del sistema verticale nella posizione dell’estremo della molla libero (senza pesi). La massa viene fatta oscillare verticalmente. Applicando la conservazione dell’energia trovare la posizione di equilibrio del sistema e la velocità massima che in esso ha la massa m durante una oscillazione. Verificare che le relazioni trovate sono le stesse ricavabili per via dinamica. 5. Due masse m1=5.00kg ed m2=3.00Kg sono connesse nella macchina di Atwood in figura. La carrucola è di massa trascurabile. La massa m1 viene lasciata cadere da una condizione di quiete e da una altezza dal suolo pari ad h=4m. Calcolare A) la velocità della massa m 1 quando tocca il suolo. B) La tensione della corda T dopo che m1 ha toccato terra e C) l’altezza massima a cui m2 salirà. 6. Un blocco di massa m=10.0 Kg viene lasciato libero nel punto A ad una altezza h=3.0m dal suolo. La guida è priva di attrito tranne che per un tratto BC =6.00m. Il blocco arriva a comprimere una molla di costante elastica k=2250 N/m e la comprime di un tratto x0=0.3 m prima di arrestarsi. Calcolare vB, vC e k nel tratto con attrito. 7. Un oggetto di massa m è sospeso mediante una corda di lunghezza L=1.20m ad un sostegno solidale con un carrello. Il sistema si muove verso destra con velocità vi uniforme. Il carrello urta contro un muro fermandosi. Si osserva un angolo nell’oscillazione della massa pari a 35.0°. Calcolare la velocità vi del carrello. Calcolare le tensione del filo dopo l’urto per e 0° se inizialmente a 0° la tensione TF era pari a 1000N. 8. Un pendolo semplice di lunghezza L viene abbandonato con velocità nulla dall’angolo 0 dalla verticale. Per =0° incontra un perno posto a distanza d dal punto di sospensione. Calcolare l’angolo massimo. Se 0=90° trovare il valore di d minimo in funzione di L perché la massa m possa compiere un giro completo intorno al perno. 9. E’ dato il sistema in figura in cui il corpo A pesa 13N ed il corpo B pesa 420N. L’angolo =42° ed il coefficiente di attrito dinamico è k=0.25. Se il blocco B si muove in discesa per un tratto L= 2m calcolare la sua variazione di energia cinetica. Confrontare il risultato con quello che si ottiene per via dinamica. mB mA Soluzioni degli esercizi E5 Argomenti: lavoro e energia es.1 Un blocco di massa m viene lanciato dalla posizione A con velocità iniziale v0 = 4.2 m/s lungo un piano inclinato con angolo θ = 30°. Se h = 0.4 m calcolare A) il valore di μK affinché il corpo arrivi in B con velocità nulla e B) il valore di μK affinché il corpo lanciato da B con la stessa velocità iniziale arrivi in A con velocità nulla. A) Possiamo risolvere il problema utilizzando le leggi della dinamica e della cinematica oppure il teorema di conservazione dell’energia meccanica (in presenza di forze non conservative). Proveremo a esporre entrambi gli approcci in modo che lo studente possa vedere vantaggi e svantaggi di entrambi gli approcci. Le leggi della dinamica applicate al moto del corpo che risale sul piano inclinato con attrito ci forniscono ( scegliendo l’asse orientato dalla base alla sommità del piano inclinato) il valore dell’accelerazione 𝑎 = − 𝑔 ( 𝑠𝑖𝑛 𝜃 + 𝜇 𝐾 𝑐𝑜𝑠 𝜃 ) . Applichiamo al moto da A a B la relazione del moto rettilineo uniformemente accelerato sulla differenza dei quadrati delle velocità : 𝑣 2 𝐹 − 𝑣 2 0 = 2 𝑎 𝐿 e otteniamo, tenendo conto che 𝑣 𝐹 = 0 e 𝐿 = ℎ / 𝑠𝑖𝑛 𝜃, − 𝑣 2 0 = − 2 𝑔 ( 𝑠𝑖𝑛 𝜃 + 𝜇 𝐾 𝑐𝑜𝑠 𝜃 ) ℎ / 𝑠𝑖𝑛 𝜃 ovvero 𝜇 𝐾 = 𝑡𝑔 𝜃 (𝑣 2 0 / 2 𝑔 ℎ − 1) ≃ 0,722 Se utilizziamo le leggi di conservazione dell’energia meccanica, dobbiamo notare che tra lo stato A e lo stato B l’energia meccanica totale varia a causa del lavoro delle forze non conservative (l’attrito). Scriveremo quindi che 𝐸𝐵 − 𝐸 𝐴 = 𝑊 𝐹𝑁𝐶 = − 𝑚 𝑔 𝜇 𝐾 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝐿. Per quanto riguarda l’energia meccanica, tenendo conto che la velocità in B si annulla: in A 𝐸 𝐴 = 1/2 𝑚 𝑣 2 0 in B 𝐸 𝐵 = 𝑚𝑔ℎ da cui si ricava che 𝑚 𝑔 ℎ − 1/2 𝑚 𝑣 2 0 = − 𝑚 𝑔 𝜇 𝐾 𝑐𝑜𝑠 𝜃 ℎ / 𝑠𝑖𝑛 𝜃 ovvero 𝜇 𝐾 = 𝑡𝑔 𝜃 (𝑣 2 0 / 2 𝑔 ℎ − 1) ≃ 0,722 . Il secondo metodo appare più veloce ma bisogna ricordare bene la dinamica per scrivere correttamente il lavoro delle forze non conservative. B) Utilizziamo l’approccio “energetico” per risolvere la seconda parte dell’esercizio. Le energie meccaniche totali sono in A 𝐸 𝐴 = 0 in B 𝐸 𝐵 = 1/2 𝑚 𝑣 2 0 + 𝑚 𝑔 ℎ e la relazione tra di loro è 𝐸𝐴 − 𝐸 𝐵 = 𝑊 𝐹𝑁𝐶 = − 𝑚 𝑔 𝜇 𝐾 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝐿. Sostituendo e ricavando il coefficiente di attrito dinamico otteniamo 𝜇 𝐾 = 𝑡𝑔 𝜃 (𝑣 2 0 / 2 𝑔 ℎ + 1) ≃ 1,876 Se volessimo risolvere il problema dal punto di vista della dinamica, si deve notare che nella discesa ( prendiamo l’asse rivolto verso il basso) il verso della forza d’attrito dinamico è opposto a quello visto in precedenza e quindi l’accelerazione è espressa dalla formula 𝑎 = 𝑔 ( 𝑠𝑖𝑛 𝜃 − 𝜇 𝐾 𝑐𝑜𝑠 𝜃 ) Impostando l’equazione − 𝑣 2 0 = 2 𝑔 ( 𝑠𝑖𝑛 𝜃 − 𝜇 𝐾 𝑐𝑜𝑠 𝜃 ) ℎ / 𝑠𝑖𝑛 𝜃 da cui si ottiene nuovamente 𝜇 𝐾 = 𝑡𝑔 𝜃 (𝑣 2 0 / 2 𝑔 ℎ + 1). Alcuni commenti finali: ● per applicare l’approccio “energetico” individuare l’energia meccanica degli stati del sistema e capire se l’energia si conserva (presenza di sole forze conservative) o non si conserva in presenza anche di forze non conservative ● essere accurati nel descrivere la dinamica del sistema anche se utilizzate l’approccio energetico ● controllare che la risposta sia corretta anche utilizzando l’approccio dinamico può essere faticoso ma è molto istruttivo es.2 Un ragazzino è seduto sulla cima di un blocco di ghiaccio semisferico perfettamente liscio. Dalla sommità da fermo inizia a scivolare giù. A) Trovare l’altezza dal suolo a cui si staccherà dalla calotta. B) Scrivere la legge oraria del suo moto da quel momento in poi. A) Consideriamo l’asse verticale rivolto verso l’alto e misuriamo gli angoli a partire dall’asse verticale: quindi il ragazzino fermo sulla sommità corrisponde a 𝜃 = 0. Dato che l’attrito è trascurabile sul ragazzo che scivola giù agiscono solo due forze : il peso e la reazione normale alla sfera. Scomponiamo le forze in direzione radiale e in direzione tangenziale e otteniamo che fino a quando il ragazzo non si stacca dall’igloo si deve avere in direzione radiale: 𝑚 𝑔 𝑐𝑜𝑠 𝜃 − 𝑁 = 𝑚 𝑣 2 / 𝑅 in direzione tangenziale: 𝑚 𝑔 𝑠𝑖𝑛 𝜃 = 𝑚 𝑅 2 𝜃′′ In particolare dalla prima equazione si ricava che la reazione normale 𝑁 = 𝑚 𝑔 𝑐𝑜𝑠 𝜃 − 𝑚 𝑣 2 / 𝑅 è la differenza di due termini: il primo 𝑚 𝑔 𝑐𝑜𝑠 𝜃 decresce durante la discesa e il secondo 𝑚 𝑣 2 / 𝑅 aumenta al crescere della velocità. Si ricava che la reazione è massima nel punto iniziale quando coincide con il peso del ragazzo per calare durante la discesa fino ad annullarsi e in quel punto abbiamo il distacco. La velocità nella fase prima del distacco deve essere (1) 𝑣 2 ≤ 𝑔 𝑅 𝑐𝑜𝑠 𝜃 . Consideriamo cosa capita all’energia del sistema tra lo stato iniziale A (ragazzino fermo sulla sommità) e stato finale B (punto di distacco): 𝐸 𝐸 in A in B 𝐴 𝐵 = 𝑚𝑔𝑅 = 1/2 𝑚 𝑣 2 + 𝑚 𝑔 𝑅 𝑐𝑜𝑠 𝜃 Dato che nel sistema non agiscono forze dissipative. possiamo applicare la conservazione dell’energia meccanica totale e ottenere (2) 𝑣 2 = 2 𝑔 𝑅 ( 1 − 𝑐𝑜𝑠 𝜃 ) che sostituito nella condizione (1) ci permette di determinare la velocità al distacco e il punto in cui esso avviene: infatti se 2 𝑔 𝑅 ( 1 − 𝑐𝑜𝑠 𝜃 ) ≤ 𝑔 𝑅 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝑐𝑜𝑠 𝜃 ≥ 2 / 3 ovvero il ragazzino si stacca quando l’angolo 𝜃 = 𝑐𝑜𝑠 − 1 ( 2/3 ) ≃ 48° Il punto di distacco corrisponde alle coordinate 𝑦 0 = 𝑅 𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 2𝑅/3 𝑥 0 = 𝑅 𝑠𝑖𝑛 𝜃 = 𝑅√5 /3 e la velocità di distacco al valore 𝑣0 = √2/3 𝑔 𝑅 con componenti 𝑣0; 𝑥 = 2/3 𝑣0 e 𝑣0; 𝑦 = − √5 /3 𝑣0 . B) Il moto è parabolico a partire dalle coordinate del punto di distacco e con velocità iniziale pari a quella di distacco: le equazioni della traiettoria sono 𝑥(𝑡) = 𝑥 0 + 𝑣0; 𝑥 𝑡 = 𝑅√5 /3 + 2/3 𝑣0 𝑡 𝑦(𝑡) = 𝑦 0 + 𝑣0; 𝑦 𝑡 = 2𝑅/3 − √5 /3 𝑣0 𝑡 − 1/2 𝑔 𝑡 2 . Alcuni commenti finali: ● l’esercizio mostra come non sia possibile usare in certi contesti solo le equazioni della dinamica o solo le equazioni di conservazione dell’energia ma che si debba utilizzarle insieme (ad esempio per calcolare la velocità massima prima del distacco) es. 3 Una molla ideale se compressa da una forza di 268 N si comprime di 2.33 cm. Un blocco di massa m = 3.18 kg è lasciato andare da fermo dall’alto di un piano inclinato di 32° privo di attrito. Il blocco si ferma momentaneamente dopo avere compresso la molla di 5.48 cm. Calcolare A) lo spazio percorso d (distanza fra la posizione iniziale del blocco e la molla non compressa), B) la velocità del blocco un istante prima di toccare la molla e C) lo spazio percorso L verso l’alto prima di fermarsi nuovamente. A) La conoscenza della forza applicata alla molla e della conseguente compressione ci permette di calcolare la costante elastica 𝑘 = 𝐹 / 𝛥𝑥 = 11502 𝑁/𝑚 Consideriamo il sistema: dato che agiscono solo forze conservative (forza peso e forza elastica) l'energia meccanica totale si conserva. Poniamo l’altezza di riferimento ℎ = 0 in coincidenza con la posizione dell’estremità della molla non compressa. Il primo stato del sistema che indichiamo con A vede la massa ferma ad altezza ℎ 𝐴 = 𝑑 𝑠𝑖𝑛 𝜃. Perciò l’energia che compete allo stato A si può scrivere 𝐸 𝐴 = 𝑚 𝑔 𝑑 𝑠𝑖𝑛 𝜃 Consideriamo successivamente lo stato B che corrisponde al blocco in moto poco prima di toccare l’estremità della molla non compressa. Per quanto detto in precedenza l’altezza corrispondente sarà ℎ = 0: 𝐸 𝐵 = 1/2 𝑚 𝑣 2 Passiamo adesso allo stato C caratterizzato dal blocco istantaneamente fermo e molla compressa di 𝛥 𝑠 = 5,48 𝑐𝑚: 𝐸 𝐶 = − 𝑚 𝑔 𝛥𝑠 𝑠𝑖𝑛 𝜃 + 1/2 𝑘 𝛥𝑠 2 Per determinare lo spazio 𝑑 percorso sul piano, imponiamo che siano uguali 𝐸 𝐴 = 𝐸 𝐶 e otteniamo l’equazione: 𝑚 𝑔 𝑑 𝑠𝑖𝑛 𝜃= − 𝑚 𝑔 𝛥𝑠 𝑠𝑖𝑛 𝜃 + 1/2 𝑘 𝛥𝑠 2 che ci fornisce la soluzione 𝑑 = ( 𝑘 𝛥𝑠 2 ) / ( 2 𝑚 𝑔 𝑠𝑖𝑛 𝜃 ) − 𝛥𝑠 = 0,991 𝑚 B) Per ricavare la velocità del blocco prima che colpisca la molla, poniamo 𝐸 𝐴 = 𝐸 𝐵 ottenendo 𝑚 𝑔 𝑑 𝑠𝑖𝑛 𝜃 = 1/2 𝑚 𝑣 2 ovvero 𝑣 = √2 𝑔 𝑑 𝑠𝑖𝑛 𝜃 = 3,2 𝑚/𝑠. Stesso risultato, ovviamente, si ottiene ponendo 𝐸 𝐵 = 𝐸 𝐶 da cui ricaviamo 𝑣 = √ ( 𝑘 𝑑 𝛥𝑠 2 ) / 𝑚 − 2 𝑔 𝛥𝑠 𝑠𝑖𝑛 𝜃 = 3,2 𝑚/𝑠 C) Per calcolare la distanza percorsa verso l’alto dal blocco dopo essersi istantaneamente fermato sulla molla compressa, notiamo che a partire dallo stato C il sistema dovrebbe raggiungere uno stato D caratterizzato da velocità nulla e quota 𝐿 𝑠𝑖𝑛 𝜃: 𝐸 𝐷 = 𝑚 𝑔 𝐿 𝑠𝑖𝑛 𝜃. Quindi, tenendo conto che 𝐸 𝐷 = 𝐸 𝐶 = 𝐸 𝐴 𝑚 𝑔 𝐿 𝑠𝑖𝑛 𝜃 = − 𝑚 𝑔 𝛥𝑠 𝑠𝑖𝑛 𝜃 + 1/2 𝑘 𝛥𝑠 2 = 𝑚 𝑔 𝑑 𝑠𝑖𝑛 𝜃 e chiaramente abbiamo 𝐿 = 𝑑. La distanza totale che percorre il blocco prima di fermarsi è 𝛥𝑠 = 𝛥 𝑥 + 𝑑 = ( 0,0548 + 0,991 ) 𝑚 = 1,0458 𝑚 Alcuni commenti finali: ● prestare attenzione alla relazione fra distanza 𝑑 percorsa sul piano inclinato e variazione della quota 𝑑 𝑠𝑖𝑛 𝜃 es. 4 Una massa pende dall’estremità inferiore di una molla verticale fissata superiormente ad una trave. Si fissi l’origine del sistema verticale nella posizione dell’estremo della molla libero (senza pesi). La massa viene fatta oscillare verticalmente. Applicando la conservazione dell’energia trovare A) la posizione di equilibrio del sistema e B) la velocità massima che in esso ha la massa m durante una oscillazione. C) Verificare che le relazioni trovate sono le stesse ricavabili per via dinamica. A) Riprendiamo l’immagine che correda l’es.10 della E3 e prendiamo, come consigliato, l’origine dell’asse verticale coincidente con la posizione dell’estremo libero della molla e orientato verso il basso. L’allungamento della molla dovuto al peso è 𝛥𝐿 = 𝑚 𝑔/ 𝑘 . La legge del moto armonico effettuato dalla massa è 𝑥(𝑡) = 𝑥0 + 𝐴 𝑐𝑜𝑠 ( 𝜔 𝑡 ) dove 𝑥 0 è la posizione del punto medio delle oscillazioni e l’ampiezza delle oscillazioni è 𝐴 . Indichiamo con stato A quello in cui la massa si trova nel punto più alto delle oscillazioni 𝑦 = 𝑥 0 − 𝐴 ( l’energia potenziale gravitazionale con l’asse delle ordinate volto verso il basso si scrive 𝐸 𝑔 = −𝑚 𝑔 𝑦 ), è istantaneamente ferma e l’allungamento della molla rispetto alla sua lunghezza a riposo è 𝑥 0 − 𝐴 : 𝐸 𝐴 = 𝑚 𝑔 (𝐴 − 𝑥 0 ) + 1/2 𝑘 ( 𝑥 0 − 𝐴 )2 Indichiamo con B lo stato in cui in cui la massa si trova nel punto più basso delle oscillazioni 𝑦 = 𝑥 0 + 𝐴, è istantaneamente ferma e l’allungamento della molla rispetto alla sua lunghezza a riposo è 𝑥 0 + 𝐴 : 𝐸 𝐵 = 𝑚 𝑔 (−𝐴 − 𝑥 0 ) + 1/2 𝑘 ( 𝑥 0 + 𝐴 )2 Dato che nel sistema non agiscono forza non conservative possiamo affermare per la conservazione dell’energia meccanica totale che 𝐸𝐴 = 𝐸 𝐵 da cui ricaviamo che 𝑚 𝑔 (𝐴 − 𝑥 0 ) + 1/2 𝑘 ( 𝑥 0 − 𝐴 )2 = 𝑚 𝑔 (− 𝐴 − 𝑥 0 ) + 1/2 𝑘 ( 𝑥 0 + 𝐴 )2 e, quindi semplificando , 2 𝑚 𝑔 𝐴 = 2𝑘 𝑥 0 ovvero verifichiamo che la posizione di equilibrio 𝑥 0 coincide con l’allungamento della molla 𝛥𝐿 dovuto al peso. 𝑥 0 = 𝑚 𝑔 /𝑘 = 𝛥𝐿. B) Per individuare la velocità massima, ragioniamo sul fatto che l’istante in cui la velocità è massima coincide con il massimo dell’energia cinetica e quindi con il minimo dell’energia potenziale (si ricordi che la somma di energia cinetica e energia potenziale è l’energia meccanica totale che è costante) 𝑈(𝑦) = −𝑚 𝑔 𝑦 + 1/2 𝑘 𝑦 2 . Il minimo si ottiene annullando la derivata dell’energia potenziale 𝑈′(𝑦) = −𝑚 𝑔 + 𝑘 𝑦 = 0. La soluzione di questa equazione è che il punto in cui si ha minima energia potenziale, ovvero la massima velocità, coincide con l’allungamento della molla dovuto al solo peso: 𝑦 = 𝑚 𝑔 / 𝑘 = 𝛥𝐿 . Lo stesso risultato si può ottenere ragionando che se la velocità è massima, l’accelerazione è nulla e quindi ci troviamo in un punto di equilibrio dove le forze gravitazionale ed elastica si annullano −𝑚 𝑔 + 𝑘 𝑦 = 0 da cui ricaviamo nuovamente la posizione di equilibrio. Indichiamo con stato C quello in cui la massa transita alla massima velocità per il punto medio delle oscillazioni ovvero per la posizione di equilibrio: 𝐸 Dato che 𝐸 𝐶 𝐶 = 1/2 𝑚 𝑣 2 𝑀𝐴𝑋 − 𝑚 𝑔 𝑥 0 + 1/2 𝑘 𝑥 2 0 = 𝐸 𝐴 = 𝐸 𝐵 , sarà anche 𝐸 𝐶 = 1/2 (𝐸 𝐴 + 𝐸 𝐵 ): 1/2 𝑚 𝑣 2 𝑀𝐴𝑋 − 𝑚 𝑔 𝑥 0 + 1/2 𝑘 𝑥 2 0 = = 1/2[𝑚 𝑔 (𝐴 − 𝑥 0 ) + 1/2 𝑘 ( 𝑥 0 − 𝐴 )2 + 𝑚𝑔 (−𝐴 − 𝑥 0 ) + 1/2 𝑘 (𝑥 0 + 𝐴)2 ] . Semplificando si ottiene 1/2 𝑚 𝑣 2 𝑀𝐴𝑋 − 𝑚 𝑔 𝑥 0 + 1/2 𝑘 𝑥 2 0 = = 1/2 (− 2 𝑚 𝑔 𝑥 0 + 𝑘 𝑥 2 0 + 𝑘 𝐴 2 ) = − 𝑚 𝑔 𝑥 0 + 1/2 𝑘 𝑥 2 0 + 1/2 𝑘 𝐴 2 ovvero 1/2 𝑚 𝑣 2 𝑀𝐴𝑋 = 1/2 𝑘 𝐴 2 da cui si ricava che 𝑣 𝑀𝐴𝑋 = √𝑘/𝑚 𝐴 =𝜔𝐴 dove 𝜔 = √ 𝑘 /𝑚 è la pulsazione del moto armonico. C) Abbiamo già verificato nella risposta B) che il punto medio delle oscillazioni è il punto di equilibrio dove si annullano le forze in gioco e la velocità raggiunge il suo massimo valore. Abbiamo determinato il valore massimo della velocità usando la conservazione dell’energia. Ritroviamo questo risultato per via dinamica: se 𝑣 (𝑡 ) = 𝑥′ (𝑡) = − 𝐴 𝜔 𝑠𝑖𝑛 𝜃 il valore massimo del modulo della velocità sarà 𝑣 𝑀𝐴𝑋 = √𝑘/𝑚 𝐴 =𝜔𝐴 Alcuni commenti finali: ● verifica delle principali caratteristiche del moto armonico attraverso l’uso congiunto della conservazione dell’energia e le leggi della dinamica. ● la velocità raggiunge i suoi valori massimo e minimo nei punti di equilibrio dove le forze si annullano ● l’energia potenziale nei sistemi dove si conserva l’energia meccanica è minima quando la velocità è massima e viceversa. es. 5 Due masse m1 = 5.00 kg ed m2 = 3.00 kg sono connesse nella macchina di Atwood in figura. La carrucola è di massa trascurabile. La massa m1 viene lasciata cadere da una condizione di quiete e da una altezza dal suolo pari ad h = 4 m. Calcolare A) la velocità della massa m1 quando tocca il suolo. B) La tensione della corda T dopo che m1 ha toccato terra e C) l’altezza massima a cui m2 salirà.. A) Dopo che la massa 𝑚 1 viene lasciata “cadere” il sistema si comporta come una macchina di Atwood di cui conosciamo dalla dinamica l’accelerazione 𝑎 = 𝑔 (𝑚 1 − 𝑚 2 ) / (𝑚 1 + 𝑚 2 ) = 1/4 𝑔 = 2,45 𝑚/𝑠 2 e quindi il modulo della velocità finale del moto di 𝑚 1 e di 𝑚 2 si può ottenere dalla solita relazione del moto rettilineo uniformemente accelerato: 𝑣 2𝐹 − 𝑣 20 = 2 𝑎 ℎ ottenendo 𝑣 𝐹 = √ 2 𝑎 ℎ = √ 2 (𝑔/4) ℎ = √ 𝑔ℎ /2 Ovviamente tale risultato può essere ottenuto anche imponendo che si conservi l’energia meccanica totale: nello stato iniziale 𝐸 𝐴 = 𝑚 1 𝑔 ℎ nello stato finale con la massa 𝑚 1 prossima a toccare terra: 𝐸 𝐵 = 1/2 (𝑚 1 + 𝑚 2 ) 𝑣 2 + 𝑚 2 𝑔 ℎ . Dall’equazione 𝐸 𝐴 = 𝐸 𝐵 si ottiene 𝑣 𝐹 = √ 2 𝑔 ℎ (𝑚 1 − 𝑚 2 )/ (𝑚 1 + 𝑚 2 ) = √ 𝑔ℎ /2 B) La tensione T si annulla nel momento in cui la massa 𝑚 1 tocca terra, da quell’istante la massa 𝑚 2 prosegue il moto soggetta alla sola forza di gravità. C) Al moto della massa 𝑚 2 successivo all’atterraggio di 𝑚 1 possiamo applicare la conservazione dell’energia meccanica totale tra uno stato iniziale con la massa 𝑚2 ad altezza ℎ in moto verso l’alto con velocità 𝑣 = √ 𝑔ℎ /2 e uno stato finale con la massa ferma a altezza ℎ𝑀𝐴𝑋 . Si ottiene 1/2 𝑚 2 (√ 𝑔ℎ /2 )2 + 𝑚2 𝑔 ℎ = 𝑚 2 𝑔 ℎ𝑀𝐴𝑋 che risolta rispetto all’altezza massima ci fornisce ℎ𝑀𝐴𝑋 = 5/4 ℎ = 5 𝑚. Stesso risultato avremmo ottenuto la relazione sulla differenza dei quadrati delle velocità nel moto accelerato − (√ 𝑔ℎ /2 )2 = 2 (−𝑔) 𝑠 per ottenere che la massa 𝑚2 risale di 𝑠 = ℎ/4 = 1 𝑚 rispetto al punto in cui inizia il moto soggetto alla sola gravità. L’altezza massima da terra quindi risulta ℎ 𝑀𝐴𝑋 = ℎ + 𝑠 = 5 𝑚. Alcuni commenti finali: ● questo esercizio si presta a una soluzione veloce sia con metodi energetici che dinamici: svolgere entrambe le strategie di risoluzione è un ottimo allenamento es. 6 Un blocco di massa m = 10.0 kg viene lasciato libero nel punto A ad una altezza h =3.0 m dal suolo. La guida è priva di attrito tranne che per un tratto BC = 6.00 m. Il blocco arriva a comprimere una molla di costante elastica k = 2250 N/m e la comprime di un tratto x0 = 0.3 m prima di arrestarsi. Calcolare A) vB, B) vC C) k nel tratto con attrito. A) L’energia si conserva nel tratto da A a B e da C a D, mentre il lavoro della forza di attrito nel tratto BC rappresenterà la differenza tra l’energia in C e quella in B. Andiamo con ordine e scriviamo l’energia in A: 𝐸 𝐴 = 𝑚𝑔ℎ L’energia in B varrà 𝐸 𝐵 = 1/2 𝑚 𝑣𝐵 2 e, dato che tra A e B vale la conservazione dell’energia meccanica, troviamo 𝑣 𝐵 = √ 2 𝑔 ℎ = 7,67 𝑚/𝑠 B) Per trovare 𝑣 𝐶 non possiamo ancora considerare quanto capita nel tratto BC perché non sappiamo quale sia la forza di attrito agente. Consideriamo piuttosto quanto succede dopo il punto C: la massa prosegue con la velocità 𝑣 𝐶 sul tratto piano liscio fino a quando tocca e comincia a comprimere la molla fino a fermarsi completamente nel punto D. Scriviamo l’energia in C e in D: 𝐸 𝐶 = 1/2 𝑚 𝑣𝐶 2 𝐸 𝐷 = 1/2 𝑘 𝑥0 2 Dato che conosciamo 𝑥0 , possiamo trovare 𝑣𝐶 = √ 𝑘/𝑚 𝑥0 = 4,5 𝑚/𝑠 . C) Torniamo a ritroso da C a B: la velocità in B vale 7,67 𝑚/𝑠 e diminuisce fino a 𝑣𝐶 = 4,5 𝑚/𝑠 a causa dell’attrito. Dal teorema dell’energia meccanica totale in presenza di forze non conservative, sappiamo che 𝑊𝐹𝑁𝐶 = 𝐾𝐶 − 𝐾 𝐵 = 1/ 2 𝑚 𝑣 2 𝐶 − 1/2 𝑚 𝑣 2 𝐵 = − 192,75 𝐽 Il lavoro della forza di attrito vale 𝑊𝐹𝑁𝐶 = −𝜇 𝐾 𝑚 𝑔 𝐵𝐶 da cui si ricava che 𝜇 𝐾 = − 𝑊𝐹𝑁𝐶 / 𝑚 𝑔 𝐵𝐶 = 0,33 Alcuni commenti finali: ● valutare attentamente se nel sistema in considerazione è possibile applicare la conservazione dell’energia meccanica totale ● se l’energia meccanica non si conserva, la sua variazione è pari al lavoro delle forze non conservative e quindi fornisce ulteriori informazioni sul sistema. es. 7 Un oggetto di massa m è sospeso mediante una corda di lunghezza L = 1.20 m ad un sostegno solidale con un carrello. Il sistema si muove verso destra con velocità vi uniforme. Il carrello urta contro un muro fermandosi. Si osserva un angolo θM nell’oscillazione della massa pari a 35.0°. A) Calcolare la velocità vi del carrello. B) Calcolare le tensione del filo dopo l’urto per θ = 35° e θ = 0°, se inizialmente a 0° la tensione TF era pari a 1000 N. A) Il moto della pallina m prima che il carrello si fermi è rettilineo uniforme: le forze agenti hanno somma nulla e quindi la tensione nel filo è pari al peso della pallina. Possiamo stimare che il valore della massa 𝑚 = 𝑇𝐹 / 𝑔= 102 kg . Nel momento in cui il carrello urta l’ostacolo, il moto di m cambia e diventa circolare. La velocità 𝑣 𝑖 permette alla pallina di risalire fino ad una altezza (misurata rispetto al piano della traiettoria rettilinea precedente all’urto) ℎ = 𝐿 (1 − 𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑀 ) . Possiamo applicare la conservazione dell’energia nel moto e ottenere 1/2 𝑚 𝑣𝑖 2 = 𝑚 𝑔 𝐿 (1 − 𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑀 ) 𝑣𝑖 = √ 2 𝑔 𝐿 (1 − 𝑐𝑜𝑠 35°) = 2,06 𝑚/𝑠 B) La velocità è nulla quando l’angolo 𝜃𝑀 = 35° : quindi l’accelerazione centripeta è nulla e quindi deve annullarsi la somma delle forze in direzione radiale. Perciò 𝑇1 = 𝑚 𝑔 𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑀 = 𝑇𝐹 𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑀 = 819 𝑁. Quando l’angolo è 𝜃 = 0° , la situazione è completamente differente: la velocità 𝑣 𝑖 richiede una forza centripeta che deve risultare dalla somma vettoriale della tensione e dal peso. Perciò 𝑇2 = 𝑚 𝑔 + 𝑚 𝑣 𝑖 2 / 𝐿 = 𝑚𝑔 + 2𝑚𝑔 ( 1 − 𝑐𝑜𝑠 35°) = 𝑇𝐹 (3 − 2 𝑐𝑜𝑠 35°) = 1362 𝑁 Alcuni commenti finali: ● per rispondere alle domande sulla tensione è necessaria la conoscenza della dinamica circolare es. 8 Un pendolo semplice di lunghezza L viene abbandonato con velocità nulla dall’angolo θ0 dalla verticale. Per θ = 0° incontra un perno posto a distanza d dal punto di sospensione. A) Calcolare l’angolo massimo Φ0. B) Se θ0 = 90° trovare il valore di d minimo in funzione di L perché la massa m possa compiere un giro completo intorno al perno. A) Dalla figura abbiamo che le altezze iniziali ℎ 𝐼 e finali ℎ 𝐹 sono legate agli angoli 𝜃0 e 𝛷0 dalle espressioni ℎ𝐼 = 𝐿 (1 − 𝑐𝑜𝑠 𝜃0 ) ℎ𝐹 = (𝐿 − 𝑑) (1 − 𝑐𝑜𝑠 𝛷0 ) e, dato che nel sistema di conserva l’energia meccanica totale, la condizione 𝐸 𝐹 = 𝐸 𝐼 ci porta a concludere che il corpo deve risalire ad una altezza finale pari a quella da cui è partito ℎ𝐹 = ℎ 𝐼 e quindi deve essere 𝐿 (1 − 𝑐𝑜𝑠 𝜃0 ) = (𝐿 − 𝑑) (1 − 𝑐𝑜𝑠 𝛷0 ) ovvero 𝑐𝑜𝑠 𝛷0 = (𝑐𝑜𝑠 𝜃0 − 𝑑/𝐿) / (1 − 𝑑/𝐿) Si noti che 𝑑/𝐿 < 1 e 𝑐𝑜𝑠 𝜃0 − 𝑑/𝐿 < 1 − 𝑑/𝐿 : quindi la frazione che rappresenta il valore di 𝑐𝑜𝑠 𝛷0 è effettivamente minore di 1 e possiamo ricavare l’angolo 𝛷0 = 𝑐𝑜𝑠 − 1 [ (𝐿𝑐𝑜𝑠 𝜃0 − 𝑑) / (𝐿 − 𝑑) ] B) Se 𝜃0 = 90 °, verrebbe da pensare che il valore minimo della distanza 𝑑 per avere un giro completo sia 𝐿/2, ma non è così. Basta ricordare che il corpo parte da altezza 𝐿 con velocità nulla, dopo aver incontrato il chiodo percorrerebbe una circonferenza con raggio 𝑅 = 𝐿 − 𝑑 = 𝐿/2 e tornerebbe ad altezza 2𝑅 = 𝐿 ma con velocità nulla e quindi “cadrebbe” prima di raggiungere la massima altezza. Dobbiamo quindi considerare le condizioni dinamiche necessarie perché il corpo possa arrivare al punto di massima altezza della circonferenza di raggio 𝑅 = 𝐿 − 𝑑. In quel punto la somma di tensione e forza peso, entrambe rivolte verso il basso, devono fornire l’accelerazione centripeta adeguata a completare la traiettoria: 𝑚𝑔 + 𝑇 = 𝑚 𝑣 2 / (𝐿 − 𝑑) Dalla condizione limite 𝑇 ≥ 0 si ricava la condizione sulla velocità minima che il corpo deve tenere per passare nel punto più alto: (1) 𝑚 𝑣 2 /(𝐿 − 𝑑) ≥ 𝑚𝑔 Dalla conservazione dell’energia, ponendo uguale a ℎ𝐼 = 0 la quota più alta in corrispondenza del punto di partenza a 𝜃 = 90° e calcolando la quota finale (negativa) ℎ 𝐹 = −𝐿 + 2 (𝐿 − 𝑑) = 𝐿 − 2𝑑 , otteniamo che 𝐸𝐼 = 𝑚 𝑔 ℎ𝐼 = 0 𝐸𝐹 = 1/2 𝑚 𝑣 2 + 𝑚 𝑔 ℎ𝐹 = 1/2 𝑚 𝑣 2 + 𝑚 𝑔 (𝐿 − 2𝑑) . Ricavando la velocità dalla conservazione dell’energia meccanica 𝑣 2 = 2 𝑔 (2𝑑 − 𝐿) e, sostituendo nella condizione (1) si ottiene 2 (2𝑑 − 𝐿) ≥ 𝐿 − 𝑑 ovvero 𝑑 ≥ 3/5 𝐿 Perciò il valore minimo della distanza 𝑑 per cui la massa riesce a compiere il giro completo risalendo fino a una quota massima di −0,2 𝐿 è 𝑑𝑀𝐼𝑁 = 0,6 𝐿 . Alcuni commenti finali: ● per calcolare l’angolo massimo raggiunto dopo l’impatto con il chiodo ricordarsi di controllare che il valore del coseno rispetti le condizioni ● |𝑐𝑜𝑠 𝜃 | ≤ 1; ● la conoscenza della dinamica circolare è necessaria per determinare la velocità minima nel passaggio più alto, velocità minima che non è fornita dalla conservazione dell’energia meccanica totale. es. 9 E’ dato il sistema in figura in cui il corpo A pesa 13 N ed il corpo B pesa 420 N. L’angolo θ = 42° ed il coefficiente di attrito dinamico è μK = 0.25. A) Se il blocco B si muove in discesa per un tratto L = 2 m calcolare la sua variazione di energia cinetica. B) Confrontare il risultato con quello che si ottiene per via dinamica. A) Abbiamo incontrato questo sistema nell’esercizio 7 della scheda di dinamica E3 per la soluzione per via “dinamica” utilizzeremo alcuni risultati ottenuti che converrà rileggere. Osserviamo che la presenza di attrito dinamico non ci permette di utilizzare la conservazione dell’energia meccanica, ma ci obbliga a utilizzare il teorema di conservazione dell’energia in presenza di forze non conservative oppure il teorema dell’energia cinetica. Sappiamo che la variazione dell’energia cinetica del sistema A+B è pari al lavoro delle forze esterne, la forza peso e la forza d’attrito. Il lavoro della forza peso potrà essere scritto come l’opposto della variazione dell’energia potenziale. (1) 𝛥 𝐾 = 𝑊 𝑃 + 𝑊 𝐹𝐴 = − 𝛥 𝑈 𝑔 + 𝑊𝐹𝐴 Siamo interessati a calcolare la variazione di energia cinetica del corpo B che può essere collegata a quella del corpo A (le velocità dei corpi A e B sono uguali in modulo) dalla relazione: 𝛥 𝐾𝐴 = 1/2 𝑚 𝐴 [ (𝑣′𝐴 )2 − (𝑣 𝐴 )2 ] = 𝑚 𝐴 /𝑚 𝐵 𝛥 𝐾𝐵 Quindi 𝛥 𝐾 = 𝛥 𝐾 𝐴 + 𝛥 𝐾 𝐵 = (𝑚 𝐴 + 𝑚 𝐵 ) /𝑚𝐵 𝛥 𝐾 𝐵 . Tornando alla relazione (1) possiamo determinare il lavoro della forza peso. Si tiene conto che il corpo A risale per una distanza pari a L e il corpo B scende lungo il piano di L, quindi la sua quota varia di 𝐿 𝑠𝑖𝑛 𝜃 , e si ottiene 𝑊 𝑃 = 𝑚 𝐴 𝑔 (ℎ 𝐴 − ℎ′𝐴 ) + 𝑚 𝐵 𝑔 (ℎ 𝐵 − ℎ′𝐵 ) = − 𝑚𝐴 𝑔 𝐿 + 𝑚𝐵 𝑔 𝐿 𝑠𝑖𝑛 𝜃 . Il lavoro della forza d’attrito è 𝑊𝐹𝐴 = − 𝜇𝐾 𝑚 𝐵 𝑔 𝐿 𝑐𝑜𝑠 𝜃. Sostituendo nella relazione (1) si ottiene 𝛥𝐾𝐵 = 𝑚 𝐵 / (𝑚𝐵 + 𝑚𝐴 ) ⋅ 𝑔𝐿 [𝑚𝐵 (𝑠𝑖𝑛 𝜃 − 𝜇𝐾 𝑐𝑜𝑠 𝜃) − 𝑚𝐴 ] = 368,6 𝐽 B) Dalla studio della dinamica del sistema avevamo ricavato (es.7 dell’esercitazione E3) l’accelerazione del corpo B 𝑎 = 𝑔 [𝑚𝐵 (𝑠𝑖𝑛 𝜃 − 𝜇𝐾 𝑐𝑜𝑠 𝜃) − 𝑚𝐴 ]/(𝑚𝐵 + 𝑚𝐴 ) Ricordando che il moto di B è rettilineo uniformemente accelerato e che vale (𝑣 ′ 𝐵 )2 − (𝑣𝐵 )2 = 2 𝑎 𝐿 si ritrova che 𝛥 𝐾 𝐵 = 1/2 𝑚𝐵 ⋅ 2 𝑎 𝐿 = 𝑚 𝐵 / (𝑚𝐵 + 𝑚𝐴 ) ⋅ 𝑔𝐿 [𝑚𝐵 (𝑠𝑖𝑛 𝜃 − 𝜇𝐾 𝑐𝑜𝑠 𝜃) − 𝑚𝐴 ] Alcuni commenti finali: ● nell’approccio dinamico per calcolare la variazione di energia cinetica di B occorre tener conto dell’accelerazione del sistema ovvero quella comune ai corpi A e B che si muovono con velocità e accelerazione uguali in modulo ● anche nell’approccio energetico occorre considerare l’intero sistema.