ESERCIZI

SU LAVORO ED ENERGIA

Dott.ssa Silvia Rainò

1

Esempio 2

3

a) v=0 Ek=0 ed Ep=0

b) v=0, F si sostituisce ad N e aumenta

c) F = mg. v=0. Ek=0, Ep = mgh

=> Emeccanica = Ek+Ep= mgh

d) Mentre il corpo cade

l’ energia potenziale si riduce e la sua velocità aumenta =>

aumenta la sua energia cinetica fino a quando arriva al suolo

(Ep=0)

Agisce solo la forza peso (= conservativa), dunque l’ energia

meccanica si conserva.

Emeccanica = Ek+Ep= ½ mV2 + mgz =

e) Il corpo è tornato al suolo: Ek+Ep= ½ mvfin2 + 0 = ½ mvfin

2

Dalla cinematica : quanto vale la velocità di un corpo che cade

verticalmente da un’ altezza h partendo da fermo?

Esercizio 1 4

Un corpo di massa M=50kg viene trascinato a

velocità costante per d=10m lungo un piano

orizzontale da una forza F inclinata di =45°

sull’orizzontale.

Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico è

d=0.4 calcolare il modulo di F e il lavoro speso da

essa.

Quanto vale il lavoro della forza di attrito?

Soluzione esercizio 1 5

Dati iniziali:

M=50kg

=45°

v=cost

L=10m

F=?

LF = ?

Lattr = ?

x

RN

FA

P

F

Sul corpo agiscono:

• forza peso P;

• reazione normale RN

• forza di attrito FA

• forza esterna F

y

6

Studiamo le componenti delle forze nelle direzioni

orizzontale e verticale:

Componente verticale:

Componente orizzontale:

FsenMgRFsenMgR NN 0

0Fcosθ0FFcosθ dA NR

x

RN

FA

P

F

y

La velocità del corpo è

costante quindi a=0

7

FsenMgRN

0FsenθMgμFcosθ d

Sostituendo l’espressione della reazione vincolare:

MgμFsenθμFcosθ dd

Nkg

sm

198

2

240

2

2

895040

senθμcosθ

MgμF

2

d

d

.

..

8

Lo spostamento d=10m avviene lungo il piano,

perciò il lavoro LF compiuto dalla forza F vale:

LF=Fdcos = 198 N10mcos(45°)= 1400 J

x

RN

FA

P

F

y

d

9

Calcoliamo ora il lavoro LA compiuto dalla forza di

attrito FA:

LA=FA●d=FAdcos =

x

RN

FA

P

F

y

d

cos180dFsenθMgμd

FA e d sono opposti in verso: =180°

)( 110m

2

2198N9.8m/s50kg0.4L 2

A

1400J1)(10m140N

Uguale ed opposto al lavoro di F!!!

10

Il lavoro compiuto dalla forza peso e dalla reazione vincolare sono nulli poiché le forze sono perpendicolari alla direzione del moto:

=90° cos90°=0 L=0

Il lavoro totale compiuto dalla forza F e dalla forza di attrito FA è nullo (perché i due lavori sono uguali ed opposti).

Il teorema del lavoro e dell’energia cinetica conferma questo risultato:

L=Ek =0 il moto avviene a velocità costante in modulo, quindi anche l’energia cinetica rimane costante e Ek =0

Esercizio 2 11

Un punto materiale viene lanciato con velocità

iniziale vI = 5 m/s su un piano inclinato rispetto all’

orizzontale di = 30°.

Sapendo che il coefficiente di attrito tra il punto

materiale ed il piano inclinato è nullo, determinare a

quale altezza h, rispetto all’ orizzontale, arriva il

punto materiale e quanta distanza percorre sul

piano inclinato prima di fermarsi.

Soluzione esercizio 2 12

vi

h

Dati iniziali:

vi=5 m/s

=30°

d=0 piano liscio d

Soluzione

Sul corpo agiscono solo forze conservative (forza peso, reazione del

piano), si può applicare la conservazione dell’energia meccanica:

Em_in=Em_fin

Ek_in+Ep_in= Ek_fin+Ep_fin

mgh00mv2

1 2

in

1.28m9.8m/s2

(5m/s)

2g

vh

2

22

in

h=dsen mm

562

21

281

sen

hd .

.

vf=0

Esercizio 3 13

Un punto materiale viene lanciato con velocità iniziale

vI=4m/s su un piano inclinato rispetto all’

orizzontale di =30° .

Sapendo che il coefficiente di attrito tra il punto

materiale ed il piano inclinato è = 0.2, determinare

a quale altezza h rispetto all’ orizzontale, arriva il

punto materiale.

14

Stesso problema precedente, MA ora il piano inclinato è

scabro con coefficiente di attrito d=0.2

vi

h

Dati iniziali:

vi=5 m/s

=30°

d=0.2

vf=0

mg

N

FA

Soluzione:

Le forze applicate al corpo sono:

• la forza peso forza conservativa

• la forza di attrito forza non conservativa

• la reazione del piano non produce lavoro (perpendicolare alla

direzione del moto)

15

La forza di attrito non è conservativa non si può applicare il

principio di conservazione dell’energia meccanica

Valutiamo il lavoro delle forze di attrito cioè il lavoro delle forze non

conservative :

LNC=Em

LNC= FA●d = -dNd = -d(mgcos)d

Em = Em_fin-Em_in = (Ek+Ep)fin- (Ek+Ep)in=(0+mgh)-(1/2mvi2+0)

tgθ

mghμ

senθ

hmgcosθμ d

d

vi

h

vf=0

mg

N

FA

16

Da LNC=Em risulta:

2d

2

1

tgθ

mghμimvmgh

2d

2

1

tgθ

μ1 ivgh

0.6m

tgθ

μ12g

vh

d

2

i

vi

h

vf=0

mg

N

FA

Si è trovato:

tgθ

mghμdNCL 2

2

1im mvmghE

Esercizio 4 17

Un proiettile di massa m=10kg viene sparato verso

l’alto da un cannone con velocità iniziale v0=240m/s.

Supponendo che non ci siano attriti:

Calcolare l’energia totale del proiettile nel punto di

massima altezza

Calcolare l’altezza raggiunta

Soluzione esercizio 4 18

Dati iniziali:

v0=240 m/s

m=10 kg

Determinare:

hmax=?

Em(hmax)=?

Sappiamo che vale il teorema del lavoro e dell’energia cinetica:

L=Ek

Il lavoro compiuto dalla risultante delle forze applicate ad un punto

materiale di massa m lungo una traiettoria AB è pari alla

variazione di energia cinetica nel passare da A a B

L=Ek-AB = EkB - EkA = ½ mvB2 - ½ mvA

2

19

Sul corpo agisce solo la forza di gravità

forza conservativa

Possiamo introdurre l’energia potenziale ed

esprimere il lavoro della forza peso come:

L=-Ep=mgyin-mgyfin

Inoltre, poiché sul corpo agisce solo la forza peso, l’energia

meccanica tra la posizione iniziale e la posizione finale si conserva:

Ek-AB = =-Ep

½ mvfin2 - ½ mvin

2= mgyin-mgyfin

½ mvin2+ mgyin= ½ mvfin

2 +mgyfin = costante

20

Nel nostro caso (v0=240m/s; yin=0; yfin=h):

½ mvin2+ mgyin= ½ mvfin

2 +mgyfin

2

0mv2

1mg0 2m0

2

1mgh

Poiché vale la conservazione dell’energia meccanica, il valore

dell’energia totale non dipende dal punto in cui si trova corpo.

Essa è costante, cioè è la stessa in OGNI PUNTO della traiettoria

mFIN

2

0mIN Emghmv2

1E

J10288(240m/s)10kg2

1mv

2

1(0)E(h)E 322

0mm

21

Rimane da calcolare l’altezza massima raggiunta

dal corpo. Sappiamo che:

2

0mv2

1mgh

m829382g

vh

2

0 .

Se provate a rifare l’esercizio utilizzando le leggi del moto

uniformemente accelerato otterrete lo STESSO RISULTATO!!!!

Esercizio 5 22

Un locomotore di massa m=3000kg deve passare dalla

velocità di 15m/s alla velocità di 35 m/s. Sapendo che il

suo motore sviluppa una potenza costante di 50kW,

calcolare, in assenza di attrito, in quanto tempo avviene

la variazione di velocità

Soluzione esercizio 5 23

Dati iniziali:

m=3000 kg

vi=15 m/s

vf=35 m/s

P=50kW

Determinare:

t=?

Il motore applica una forza F per variare la velocità.

Poiché non vi sono attriti, la forza F è l’unica a compiere lavoro

(forza peso e reazione normale sono ortogonali allo spostamento-

=90°, cos=0- e danno contributo nullo al lavoro)

24

Per il teorema dell’energia cinetica:

inkfinkkF EEEL __

22

2

1

2

1infin mvmv

J101.52

(15m/s)3000kg

2

(35m/s)3000kg 622

25

Abbiamo trovato: J101.5 6FL

Applichiamo la definizione di potenza (=lavoro erogato nell’unità di

tempo):

t

LP F

sW

J

P

Lt

t

LP FF 30

1050

10513

6

.

Esercizio 6 26

27

Dati iniziali:

m=100 g

h=4 m

L=10 m

Determinare:

vA=?

vB=?

hmax=?

Sul corpo agiscono solo:

• forza peso (freccia rossa) forza conservativa

• reazione del piano (freccia verde) non compie lavoro perché

perpendicolare allo spostamento

NON vi sono attriti

La forza peso è una forza conservativa e il lavoro compiuto dipende

SOLO dalla posizione iniziale (y0) e dalla posizione finale (yA)

28

Il lavoro compiuto dalla forza peso dipende SOLO dalla posizione

iniziale (y0) e dalla posizione finale (yA):

PAPeso EmgymgyL 0

2

0

2

2

1

2

1mvmvEL AkPeso

Inoltre, vale il teorema del lavoro e dell’energia cinetica

29

Poiché non ci sono attriti, l’energia

meccanica si conserva:

MAM0 EE

pAkApOkO EEEE

A

2

0

2

0 mgy2

1mgy

2

1 Amvmv

0 mgh 2

Amv2

10

smgh /.8582vA

mghmv2

1 2

A

vA=?

30

Anche nel tratto AB NON vi sono attriti:

l’energia meccanica si conserva

MBMA EE

vB=?

Osserviamo che yA=yB, quindi l’energia potenziale rimane invariata.

Ne consegue:

22

kBkA2

1

2

1EE BA mvmv

BA vv

31

Quello applicato non è l’unico metodo

per dimostrare che vA=vB.

Si potrebbero applicare le leggi della cinematica: moto rettilineo

uniforme notando che non vi sono accelerazioni nella direzione x

Si potrebbe anche applicare la seconda legge della dinamica: non vi

sono forze che agiscono nella direzione x, quindi il moto tra A e B è

rettilineo uniforme.

TUTTI I METODI SONO LEGATI FRA LORO

32

Sul secondo piano inclinato NON vi è

attrito. Anche ora si conserva l’energia!

MfinMB EE

hfin=?

Applichiamo ancora la conservazione dell’energia meccanica:

fin

2

B mghmv2

1

m42g

vh

2

Bfin

hhfin

33

d=8m d=?

Ora c’è attrito sul piano!

L’energia meccanica NON si conserva!!!

pkM EEE NON è costante!!!

Ricordiamo che il lavoro delle forze di attrito (non conservative) è

uguale alla variazione dell’energia totale. Nel percorso tra A e il

punto finale D a distanza d=8m

MAMDMattr EEEL

pAkApDkD EEEE

D

34

22

pAkAMA2

10

2

1EEE AA mvmv

d=8m d=?

L’energia totale in A vale:

0EEE pfinkfinMfin Nel punto finale:

2

2

10 AMAMfinattr mvEEL

Poiché in questo caso: mgμRμF dNdattr

MAMfinattr EEL

mgdμdcos180FL dattrattr dFattr

35

Mettendo tutto assieme:

2

Aattr mv2

1L

mgdμL dattr

mgdμmv2

1d

2

A

502gd

vμ

2

Ad .

Esercizio 6 36

Soluzione esercizio 6 37

Inizialmente immaginiamo che il blocco di

massa m non ci sia.

La molla è a riposo.

Indicando con x lo spostamento dalla

posizione a riposo, in questo caso si ha:

x =0

Sappiamo che l’energia potenziale elastica della molla quando

viene spostata dalla posizione di equilibrio vale:

2

p_molla xk2

1E

Perciò, in assenza del blocco, la molla NON possiede energia

potenziale che può essere trasformata in lavoro

38

FINALE:

La molla viene ulteriormente estesa e lo

scostamento rispetto alla posizione a

riposo vale xfin

Ad ogni allontanamento dal punto di

riposo corrisponde un’energia

potenziale accumulata dalla molla

che può essere trasformata in lavoro

Consideriamo i seguenti stati iniziale e finale:

x O

INIZIALE:

La molla viene estesa e lo scostamento

rispetto alla posizione a riposo vale xin

39

In generale, il lavoro compiuto dalla forza

elastica della molla nello spostamento fra

la posizione iniziale e la posizione finale è:

22

2

1fininfinpinpmollap xxkEEL ___

x

Rispetto al sistema di riferimento scelto

(asse x), le due posizioni xin , xfin >0.

Se avessimo effettuato una compressione

della molla, sempre rispetto al sistema

scelto, xin, xfin <0

40

Torniamo alla soluzione dell’esercizio. Dati iniziali:

=30° m=3 kg

K=3.92 N/cm

x=10 cm

Il blocco comprime

la molla

NO ATTRITO! L’energia meccanica si conserva

In presenza del blocco la molla viene

compressa di x=10cm rispetto alla

lunghezza a riposo.

41

m_finm_inpkm EEcostanteEEE

Se l’energia meccanica si conserva:

STATO INIZIALE STATO FINALE

Nell’istante iniziale e finale l’energia cinetica è nulla Ek=0 perché

il corpo è FERMO, perciò

p_finp_inm EEE

STATO INIZIALE

42

Ora valutiamo quanto vale l’energia potenziale nello stato iniziale e

nello stato finale

STATO FINALE

p_finp_in EE elastica gravitazionale

2

p_in2

1E xk mghEp_fin

43

STATO INIZIALE STATO FINALE

cmm

kg

mh

sm

mN

67606708932

10392

2mg

Δxk

2

22

...

.

mghΔxk2

1 2 p_finp_in EE

ATTENZIONE alle conversioni da centimetri a metri!!!

Le unità di misura devono essere UNIFORMI!

44

Determiniamo ora lo spostamento del blocco sul piano in presenza di

attrito!

Dati iniziali:

=30° m=3 kg K=3.92 N/cm x=10 cm d=0.15

45

Come prima nell’istante iniziale e finale il corpo è fermo, quindi

l’energia cinetica è nulla Ek=0.

Ma ora c’è ATTRITO!!!

Vale la formula:

inmfinmmattr EEEL __

46

Energia iniziale e finale sono le stesse del punto precedente:

• stato iniziale: energia potenziale elastica Ep_elast =1/2kx2

• stato finale: energia potenziale gravitazionale Ep_grav = mgh

La forza di attrito è data da Nd RA

Ove mgcosαμAcosαmgR dN

47

Valutiamo quindi il lavoro delle forze di attrito:

scosαmgμcos180sA d sAattrL

Il segno è negativo perché attrito e spostamento sono OPPOSTI!

48

Si ha quindi: inmfinmattr EEL __

2

d Δxk2

1-mghscosαmgμ

Poiché h=ssen 2

d Δxk2

1-senαmgsscosαmgμ

49

In definitiva vale:

2

d Δxk2

1scosαmgμsenαmgs

cm

mg5810

cosαμsenα2

Δxks

d

2

.