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E5

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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.
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