LAVORO ED ENERGIA ENERGIA CINETICA - web.tiscali.itweb.tiscali.it/appunti.matematica/conservazion_esercizi_mix.pdf · Allora confrontando le energie cinetiche iniziali si ha K p =

LAVORO ED ENERGIA

Esercizi svolti e discussi dal prof. Gianluigi Trivia(scritto con Lyx - www.lyx.org)

1. ENERGIA CINETICA

Exercise 1. Determinare l'energia cinetica posseduta da un razzo, completo del suo carico, di massa complessiva2.9× 105 kg quando raggiunge la velocità di fuga di 11.2 km/s.

Soluzione:: Basta applicare la de�nizione di energia cinetica, con velocità di 11.2 kms = 11200 m

s

K =mv2

2=

2.9× 105 kg ·(11200 m

s

)22

= 1.82× 1013 J

Exercise 2. Un elettrone di conduzione (massa m = 9.11× 10−31 kg), che viaggia nel rame a una temperaturaprossima allo zero assoluto, ha un'energia cinetica di 6.7× 10−19 J . Trovare la sua velocità.

Soluzione:: Applichiamo la relazione che de�nisce l'energia cinetica, risolvendola rispetto alla velocità:

K =mv2

2da cui,

v =

√2Km

=

√2× 6.7× 10−19 J

9.11× 10−31 kg= 1.2× 106 m

s

Exercise 3. Un'esplosione a livello del suolo lascia un cratere di diametro proporzionale all'energia dell'esplo-sione elevata a 1

3 : il cratere prodotto dall'esplosione di 1megaton di TNT ha il diametro di 1 km. Se un crateredi impatto ha un diametro di 50 km, calcolare l'energia cinetica spesa in questo impatto in megaton di TNT.

Soluzione:: Traducendo quanto descritto nel problema in linguaggio matematico, si ha d ∝ 3√K. Se

l'energia K = 106 ton TNT , produce un diametro di 1 km, allora un diametro di 50 km sarà statoprodotto da un'energia

K ∝ d3 ∝ 503 ∝ 1, 25 · 105MegatonTNT

Exercise 4. Un protone (massa m = 1, 67 · 10−27 kg) è accelerato in un acceleratore lineare. In ogni stadiogli viene impressa un'accelerazione, in linea retta, di 3.6 · 1015m/s2. Se un protone entra in uno stadio, dilunghezza totale 3.5 cm, con velocità iniziale di 2.7 · 107m/s, trovare la sua velocità all'uscita dallo stadio e ilguadagno in energia cinetica dovuto all'accelerazione.

Soluzione:: Il moto nei singoli tratti può essere considerato come moto uniformemente accelerato; le leggidi tale moto consentono di calcolare la velocità all'uscita dal tratto lineare

v2f = v2

i + 2as

risolvendo, sostituendo i valori dati, si ha

vf =

√(2.7 · 107)2 m2

s2+ 2 · 3.6 · 1015

m

s2· 3.5 · 10−2m = 3.1 · 107 m

s

Il guadagno in energia cinetica è dato da

∆K =12m(v2

f − v2i

)= 0.5 · 1, 67 · 10−27 kg

[(3.1 · 107

)2 − (2.7 · 107)2] m

s= 1.9 · 10−13 J

Exercise 5. Un padre che corre con il �glio ha un'energia cinetica pari alla metà di quella del �glio, la cuimassa è metà di quella del padre. Questi accresce la propria velocità di 1m/s, arrivando così ad avere la stessaenergia cinetica del �glio. Determinare le loro velocità iniziali.

1

LAVORO ED ENERGIA 2

Soluzione:: Esercizio di decodi�ca 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 lerispettive velocità iniziali. Allora confrontando le energie cinetiche iniziali si ha

Kp =12Kf

cioè12mpv

2i,p =

14mfv

2f

sostituendo la relazione tra le masse, si ha

mfv2i,p =

14mfv

2f

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 cioe12mpv

2f,p =

12mfv

2f

sempre sostituendo la relazione tra le masse e

mfv2f,p =

12mfv

2f

si ha, indicando con vf,p = vi,p + 1, la velocità �nale del padre

(vi,p + 1)2 =12v2

f

Ma introducendo la relazione tra le velocità iniziali del padre e del �glio, si avrà

(vi,p + 1)2 =4v2

i,p

2

cioè

vi,p + 1 =√

2vi,p

Risolvendo, si ha

vi,p

(√2− 1

)= 1

Da cui

vi,p = 2.4m

s

vf,p = 4.8m

s

Exercise 6. Determinare l'energia cinetica associata alla rivoluzione della Terra attorno al Sole, sapendo chela Terra ha una massa mT = 5.98 · 1024 kg, il raggio medio dell'orbita terrestre R = 1.50 · 1011m e il tempo dirivoluzione T = 3.16 · 107 s

Soluzione:: calcoliamo la velocità lineare della Terra nella sua orbita di rivoluzione

v =2πRT

=2π · 1.50 · 1011m

3.16 · 107 s= 29825

m

s

L'energia cinetica sarà pertanto

K =12mv2 =

12· 5.98 · 1024 kg · (29825)2 m

s= 2.7 · 1033 J

LAVORO ED ENERGIA 3

2. Lavoro ed Energia Cinetica

Exercise 7. Un oggetto di 102 kg sta inizialmente muovendosi in linea retta alla velocità di 53m/s. Perarrestarlo con una decelerazione di 2.0m/s2 determinare l'intensità della forza necessaria, la distanza percorsadurante il rallentamento e il lavoro fatto dalla forza rallentante.

Soluzione:: La forza decelerante può essere ottenuta dalla seconda legge di Newton

F = ma = 102 kg · 2.0 ms2

= 204N

Il corpo, prima di fermarsi, ha un'energia cinetica di

K =12mv2 = 0.5 · 102 kg ·

(53m

s

)2

= 143259 J

Il lavoro necessario ad arrestare il corpo è dato dalla variazione dell'energia cinetica del corpo

W = Kfin −Kini = −143259 J

La distanza sarà quindi

s =W

F=

143259 J204N

= 702m

Exercise 8. Per spingere una cassa di 50 kg su un pavimento privo di attrito un facchino applica una forza di210N in una direzione inclinata di 20° sopra l'orizzontale. Durante lo spostamento di 3.0m trovare il lavoro fattosulla cassa dal facchino; sulla cassa dal peso proprio della cassa e dalla forza normale esercitata dal pavimentosulla cassa. Determinare in�ne il lavoro totale sulla cassa.

Soluzione:: La �gura sopra descrive il modo in cui si deve scomporre il vettore che descrive la forzaapplicata. Solo la componente Fx compie lavoro nello spostamento orizzontale (sul pavimento) dellacassa; la componente verticale forma un angolo retto con la direzione dello spostamento e il prodottoscalare tra la forza e lo spostamento risulta in questo caso nullo.Calcoliamo il lavoro fatto dal facchino tramite la forza Fx

W =−→F · −→s = Fs · cos 20° = 210N · 3m · cos 20° = 592 J

Le altre forze, essendo perpendicolari allo spostamento non compiono alcun lavoro mentre la cassa sisposta sul pavimento e il lavoro totale sarà pertanto quello del facchino (si trascura infatti l'attrito).

Exercise 9. Un blocco di ghiaccio galleggiante è spinto lungo un molo diritto, per uno spostamento−→d =

(15m)−→i − (12m)

−→j da una corrente di marea che esercita sul blocco una forza

−→F = (210N)

−→i − (150N)

−→j .

Trovare il lavoro sviluppato dall'acqua sul blocco nel corso dello spostamento.

Soluzione:: 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 spostamentoforma un angolo rispetto all'orizzontale (asse x) (prendiamo positivo il verso orario)

βspos = tan1215

= 38.7°

mentre la forza forma con l'orizzontale un angolo

βF = tan150210

= 35.5°

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 = 19.2m F =√

2102 + 1502 = 258N

Il lavoro sarà pertanto

W = Fs cosα = 258N · 19.2m · cos 3.2° = 4946 J

Exercise 10. Un protone, partendo dallo stato di riposo, è accelerato in un ciclotrone a una velocità �nale di3.0 · 106m/s. Calcolare il lavoro, in eV , sviluppato sul protone dalla forza elettrica acceleratrice.

Soluzione:: La variazione di energia cinetica del protone è legata alla variazione di velocità. L'energiacinetica iniziale è nulla, essendo la particella a riposo, mentre l'energia cinetica �nale vale

Kf =12mv2

f = 0.5 · 1.67 · 10−27 kg ·(

3.0 · 106 m

s

)2

= 7.5 · 10−15 J

il fattore di trasformazione da Joule a elettronvolt è

1 eV = 1.6 · 10−19 J

per cui

Kf =7.5 · 10−15 J

1.6 · 10−19 JeV

= 4.7 · 103 eV = 47 keV

Exercise 11. Una manichetta antincendio viene srotolata tirando orizzontalmente l'estremo libero su unasuper�cie senza attrito alla velocità costante di 2.3m/s. La massa di 1m di manichetta è 0.25 kg. Calcolarel'energia cinetica fornita per svolgere 12m di manichetta.

Soluzione:: La massa totale della manichetta che viene srotolata è

m = 0.25kg

m· 12m = 3 kg

L'energia cinetica fornita è

=12mv2 =

12· 3 kg ·

(2.3

m

s

)2

= 7.9 J

Exercise 12. La �gura mostra tre forze applicate a un blocco che scivola su un piano lubri�cato di 3.00mverso sinistra. I loro moduli sono: F1 = 5.00N , F2 = 9.00N , F3 = 3.00N . Calcolare il lavoro netto svolto sullacassa dalle tre forze durante lo spostamento.

Soluzione:: La cassa si muove lungo la direzione orizzontale scorrendo senza attrito sul piano. Calcoliamola risultante delle tre forze lungo la direzione orizzontale, supponendo positivo lo spostamento versosinistra

F1 = 5.00N

F2 =9.00

2= −4.50N

F3 = 0N

LAVORO ED ENERGIA 5

dove F2x è calcolata tenendo conto che la sua proiezione sulla direzione orizzontale descrive un triangolorettangolo metà di un triangolo equilatero, avente come lato F2 e come semi lato F2x. La risultantesarà allora

F = 0.50N

cioè la cassa si sposta verso sinistra sotto l'azione di una forza di modulo 0.5N . Il lavoro netto è

W = Fs = 0.50N · 3.00m = 1.50 J

Exercise 13. Una forza agisce su un corpo puntiforme di 3.0 kg in modo tale che la posizione del corpo infunzione del tempo è data dalla espressione x = 3.0t − 4.0t2 + 1.0t3, con x in metri e t in secondi. Trovare illavoro sviluppato dalla forza da t = 0 a t = 4.0 s.

Soluzione:: Il lavoro compiuto da una forza si traduce in variazione della sua energia cinetica, in questocaso. Calcoliamo quindi l'energia cinetica nei due istanti di tempo indicati, determinando la velocitàcon la quale il corpo si muove. La velocità è calcolabile tramite il limite del rapporto incrementale dellafunzione, cioè la derivata prima della stessa

ds

dt= v = 3t2 − 8t+ 3

e nei due momenti indicati

v (0) = 3m

s

v (4) = 19m

s

a queste velocità corrisponde una variazione dell'energia cinetica

W = 4E =12m(v2 (4)− v2 (0)

)=

12· 3.0 kg · (361− 9) = 528 J

Exercise 14. In �gura sono mostrate dall'alto tre forze orizzontali che agiscono su un corpo inizialmentefermo, ma che ora si muove su un piano privo di attrito. I moduli delle forze sono: F1 = 3.00N , F2 = 4.00N ,F3 = 10.0N . Trovare il lavoro svolto sul corpo dalle tre forze durante uno spostamento di 4.00m.

Soluzione:: il corpo si muove nel piano xy. Calcoliamo le componenti delle forze lungo i due assi

F1x = −3.00N F1y = 0F2x = −4.00 · cos 40° = −3.06N F2y = −4.00 · cos 50° = −2.57N

F3x = 10.0 · cos 35° = 8.19N F3y = 10.0 · cos 55° = 5.74N

La forza risultante avrà componenti

Fx = 2.13NFy = 3.17N

Il modulo della forza risultante è

F =√

2.132 + 3.172 = 3.82N

Il lavoro sarà pertantoW = 3.82N · 4.00m = 15.28 J

LAVORO ED ENERGIA 6

3. Lavoro svolto dalla forza peso

Exercise 15. Per spingere una cassa di 25.0 kg su un piano privo di attrito inclinato di 25° rispetto al pianoorizzontale, si applica una forza di 209N parallela al piano inclinato. Trovare il lavoro sulla cassa per unospostamento di 1.50m lungo il piano inclinato fatto dalla forza parallela, dal peso della cassa e dalla forzanormale esercitata dal piano inclinato. Indicare in�ne il lavoro totale sviluppato sulla cassa.

Soluzione:: Il peso della cassa vale P = mg = 25.0 kg · 9.8 ms2 = 245N . La componente parallela è

Ppar = 245 · sin 25° = 104N

e la componente perpendicolare sarà

Pper = 245 · cos 25° = 222N

Per lo spostamento di 1.5m, la forza applicata, presa con verso positivo, compie un lavoro (in questocaso la direzione dei due vettori, forza e spostamento, è la stessa)

WF = 209N · 1.5m = 314 J

la forza esercitata dal piano inclinato sulla cassa è perpendicolare allo spostamento e il suo lavoro èpertanto nullo; il peso compie un lavoro resistente

WP = 245N · 1.5 · cos 115° = −155 J

Il lavoro complessivo è quindiWtot = 314− 155 = 159N

Exercise 16. Un blocco di ghiaccio di 45 kg scivola in basso lungo un piano inclinato lungo 1.5m e alto 0.91m.Uno scaricatore spinge dal basso contro il blocco con una forza parallela al piano inclinato in modo da obbligarloa scendere a velocità costante. Trovare la forza esercitata dallo scaricatore, il lavoro sviluppato sul ghiacciodallo scaricatore, dal peso del blocco dalla forza normale esercitata dal piano sul blocco e dalla forza risultante.

Soluzione:: in questo caso le informazioni che descrivono l'inclinazione del piano non sono assegnatemediante un angolo, ma sono desumibili dal rapporto tra altezza e lunghezza del piano stesso. Loscaricatore si oppone parzialmente alla caduta del ghiaccio, impedendo che questa sia descritta da unmoto uniformemente accelerato. Infatti il ghiaccio scivola con moto rettilineo uniforme. Il peso delblocco è

P = mg = 45 kg · 9.8 ms2

= 441N

Le sue componenti, parallele e perpendicolari, al piano inclinato sono;

Ppar = Ph

l= 441N · 0.91m

1.5m= 268N

Pper =√P 2 − P 2

par =√

4412 − 2682 = 350N

Se il ghiaccio scende con moto rettilineo uniforme, la sua accelerazione è nulla; cioè il ghiaccio dopo unaprima breve fase di caduta accelerata, scende senza più accelerazione per l'azione dello scaricatore; taleforza dovrà essere pertanto F = −268N . Tale scaricatore compirà un lavoro (forza e spostamento sonoparalleli)

W = Fs = −268N · 1.5m = −402N

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 sposta-mento. Il lavoro della forza risultante sarà pure nullo, essendo la forza risultante, componente paralleladella forza peso più la forza esercitata dallo scaricatore, nulla.

LAVORO ED ENERGIA 7

Exercise 17. Un elicottero recupera dall'oceano un astronauta di 72 kg, sollevandolo di 15m sospeso a uncavo, 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.

Soluzione:: Sull'astronauta agiscono due forze, la tensione del cavo e il peso. La risultante è una forzadiretta verso l'alto che produce una accelerazione g/10. Il peso dell'astronauta è

P = mg = 72 kg · 9.8 ms2

= 706N

L'elicottero, attraverso il cavo, esercita una forza che, oltre a sovrastare il peso, sposta l'astronautaverso l'alto.

T + P = ma = 72 kg · 0.98m

s2= 71N

La tensione sarà

T = 706 + 71 = 777N

Il lavoro compiuto dall'elicottero sarà quindi

W = 777N · 15m = 11655 J

Il peso compie invece un lavoro resistente

W = −706N · 15m = −10590 J

Se l'astronauta era inizialmente fermo, l'energia cinetica da esso acquistata è pari al lavoro svolto dallaforza risultante, cioè

K = 71N · 15m = 1065 J

La velocità si calcola dalla relazione che esprime l'energia cinetica, risolvendola rispetto a v:

v =

√2Km

=

√2 · 1065 J

72 kg= 5.4

m

s

Exercise 18. Un blocco di massa M , partendo da fermo, viene calato verticalmente per mezzo di una fune conaccelerazione costante, diretta verso il basso, pari a g/4. Trovare, quando è calato di una distanza d, i valoridel lavoro fatto sul blocco dalla fune e dal suo peso. Determinare poi l'energia del blocco e la sua velocità.

Soluzione:: In questo caso la fune compie un lavoro resistente atto ad impedire al blocco di cascare conaccelerazione g. La forza risultante produce un'accelerazione g

4 . Il peso del blocco è

P = Mg

il lavoro da esso compiuto è

W = Mgd

La tensione sarà

T = −P +Mg

4= −3

4Mg

Il lavoro da essa compiuto è

W = −34Mgd

L'energia cinetica è pari al lavoro compiuto dalla forza risultante:

K =14Mgd

e la velocità è

v =

√2 · 1

4Mgd

M=

√gd

2

LAVORO ED ENERGIA 8

4. Lavoro svolto da una forza variabile

Exercise 19. Un blocco pesante 5.0 kg si muove in linea retta su una super�cie orizzontale priva di attritosotto l'azione di una forza che varia con la posizione come mostrato nella �gura. Trovare il lavoro compiuto datale forza per uno spostamento del blocco dall'origine al punto x = 8.0m.

Soluzione:: Il lavoro è dato dal prodotto della forza per lo spostamento, intesi vettorialmente. Nel casoqui descritto, la forza è variabile e il lavoro da essa compiuto può essere ottenuto, sottraendo l'areacompresa tra i due poligoni colorati e l'asse orizzontale, posti uno al di sopra e l'altro al di sotto dellalinea della zero (il secondo, inteso come lavoro resistente)

W =(4 + 2) · 10

2− 2 · 5

2= 25 J

Exercise 20. Una massa di 10 kg si sposta lungo l'asse x. Il gra�co sotto rappresenta la sua accelerazionein funzione della sua posizione. Trovare il lavoro netto fatto sulla massa durante lo spostamento da x = 0 ax = 8.0m

Soluzione:: Dal gra�co è possibile osservare che lungo gli 8 metri, l'accelerazione media è pari a 10m/s2.Il lavoro compiuto è pertanto

F = max = 10Kg · 10m

s2· 8m = 800N

5. Potenza

Exercise 21. La cabina di un montacarichi, con massa a pieno carico di 3.0× 103 kg, sale di 210m in 23 s, avelocità costante. Determinare la potenza media sviluppata dal cavo sulla cabina.

Soluzione:: Portando la cabina verso l'alto si compie un lavoro che accresce l'energia potenziale dellacabina e del suo contenuto

U = 3.0 · 103kg × 9.8m

s2× 210m = 6.2 · 106 J

La potenza sviluppata è

P =E

∆t=

6.2 · 106 J

23 s= 268435W

Exercise 22. Trovare la potenza media assorbita da una sciovia che in 60 s trasporta su un dislivello di 150m,a velocità costante, 100 sciatori del peso medio di 70 kg.

LAVORO ED ENERGIA 9

Soluzione:: Il lavoro compiuto in un campo gravitazionale non dipende dal percorso compiuto, ma solodal punto iniziale e �nale, cioè dal dislivello. La massa complessiva che deve essere trasportata è

M = 100× 70 kg = 7000 kg

Il lavoro complessivo, che si traduce in energia potenziale è

U = 7000 kg × 9.8m

s2× 150m = 1.03× 107 J

La potenza sviluppata è pertanto

P =1.03× 107 J

60 s= 171500W

Exercise 23. La cabina di un ascensore, con massa di 4500 kg e carico utile massimo di 1800 kg, sale a pienocarico alla velocità di 3.8m/s. Quale potenza occorre per tenere questa velocità?

Soluzione:: La potenza è il lavoro compiuto nell'intervallo di tempo, cioè P = W∆t ; ma W = Fs, da cui

sostituendo si ha

P = Fv

Pertanto è possibile calcolare la potenza in questa situazione, prendendo come massa, quella complessivaa pieno carico, m = 4500+1800 kg; inoltre, il lavoro viene fatto dal motore che deve contrastare la forzapeso dell'ascensore

P = 6300 k · 9.8 ms2· 3.8 m

s= 234612Watt ' 235 kW

Exercise 24. Una particella soggetta a una forza−→F = (4.0N)

−→i − (2.0N)

−→j + (9.0N)

−→k si sposta, in un

certo istante, alla velocità −→v = − (2.0m/s)−→i + (4.0m/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 .

Soluzione:: la situazione è assai simile alla precedente; la di�erenza consiste nella trattazione vettorialedelle grandezze. La potenza è una grandezza scalare; il prodotto tra la forza e la velocità è pertantoscalare, cioè F · v · cos θ.

F =√

(4.0)2 + (−2.0)2 + (9.0)2 = 11N

v =√

(−2.0)2 + (4.0)2 = 4.47m

s

calcoliamo ora il prodotto scalare tra le componenti, (trascuriamo per comodità di scrittura le unità dimisura)

−→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 sempre90° e quindi cos 90° = 0

P =−→F · −→v = −8 + 36 = 28W

Exercise 25. Un blocco di 100 kg è trascinato a velocità costante di 5.0m/s su un pavimento orizzontale dauna forza di 122N diretta con angolo di 37° sopra il piano orizzontale. Trovare la potenza.

Soluzione:: Calcoliamo la potenza applicando il prodotto scalare tra le velocità e la forza, conoscendol'angolo che essi formano. Da P = Fv cosϕ, si ha

P = 122N · 5.0 ms· cos 37° = 487W

Exercise 26. Un oggetto di 2.0 kg accelera uniformemente da fermo alla velocità di 10m/s in 3.0 s. Trovare illavoro compiuto in questo intervallo di tempo.

LAVORO ED ENERGIA 10

Soluzione:: �Modalità �cinematica�: I dati ci consentono di calcolare l'accelerazione uniforme a cui èstato sottoposto l'oggetto; applicando, poi, la seconda legge di Newton, è possibile ottenere la forzaapplicata che compie questo lavoro.

a =(10− 0) m

s

3 s= 3.3

m

s2

Troviamo ora la forza applicata

F = ma = 2.0 kg · 3.3 ms2

= 6.7N

Serve poi calcolare la distanza percorsa

s =12at2 = 0.5 · 3.3 m

s· 9 s2 = 15m

Il lavoro sarà

L = Fs = 6.7N · 15m = 100 J

É possibile ottenere tale informazione ricordando il teorema dell'energia cinetica, secondo il quale, illavoro compiuto è uguale alla variazione dell'energia cinetica del corpo; in questo caso, essendo la velocitàiniziale nulla, anche l'energia cinetica iniziale è nulla, quindi

L = ∆K =12m(v2

f − v2i

)=

12· 2.0 kg · 100 = 100 J

Exercise 27. Una forza di 5.0N agisce su un corpo di 15 kg che si trova inizialmente in quiete. Calcolare illavoro fatto dalla forza in tre secondi e la potenza sviluppata dalla forza.

Descrizione:: La forza produce sul corpo una accelerazione

a =F

m=

5.0N15 kg

= 0.33m

s2

partendo da fermo, il corpo in tre secondi avrà una velocità

v = at = 0.33m

s2· 3 s = 1.0

m

s

Il lavoro fatto dalla forza sarà

L = ∆K =12· 15.0 kg · 12 m

2

s2= 7.5 J

La potenza sviluppata sarà

P = Fv = 5.0N · 1 ms

= 5.0W

Exercise 28. La cabina di un montacarichi a pieno carico, di massa complessiva 1200 kg, deve salire di 54min 3.0min. Il contrappeso ha massa 950 kg. Trovare la potenza richiesta al motore quando il cavo solleva lacabina. (Supporre che la velocità sia sempre costante).

Soluzione:: Il montacarichi ha una massa maggiore del contrappeso, per cui tende a cadere verso il bassocome se la sua massa fosse la di�erenza tra le due. Possiamo quindi calcolare il lavoro del motorecontrario alla forza peso

L = mgh = 250 kg · 9.8 ms2· 54m = 132300 J

Tale lavoro deve essere speso in 3m = 180 s, per cui

P =L

∆t=

132300 J180 s

= 735W

Exercise 29. La forza richiesta per rimorchiare una barca a velocità costante è proporzionale alla velocità. Seper una velocità di 4 km/h occorre una potenza di 10 kW , trovare la potenza necessaria per una velocità di12 km/h.

LAVORO ED ENERGIA 11

Soluzione:: La potenza può essere espressa dalla relazione P = F · v, dove v è la velocità del corpo sulquale si compie lavoro. Se la forza è proporzionale alla velocità, la potenza sarà allora proporzionale alquadrato della velocità; quindi

P1

P0=(v1

v0

)2

= 9

La potenza cercata sarà quindi

P1 = 9 · 10 kW = 90 kW

Exercise 30. Un corpo di massa di 0.30 kg, che scivola su una super�cie orizzontale priva di attrito, è attaccatoall'estremità libera di una molla orizzontale avente costante k = 500N/m, �ssata all'altro lato. Al passaggioper la sua posizione di equilibrio, la massa possiede una energia cinetica di 10 J . Trovare la potenza con cui lamolla sviluppa lavoro sulla massa quando questa passa per la sua posizione di equilibrio.

Soluzione:: Nella condizione di equilibrio, la forza che trascina il corpo è pari alla forza di richiamo dellamolla; se, in tale situazione, il corpo possiede una energia cinetica di 10 J , allora avrà una velocitàistantanea pari a

v =

√2Km

=

√2 · 10 J0.30 kg

= 8.2m

s

Nella condizione di equilibrio il lavoro esterno fatto sul corpo e quello fatto dalla molla sono tra loroopposti, 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

Exercise 1. 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 sullaparticella da F è pari +25 J . Trovare l'energia potenziale del sistema quando la particella è in B.

Soluzione: Se la forza in questione è conservativa, allora il lavoro compiuto per andare da A a B èindipendente dalla traiettoria seguita, ma dipende solo dalla di�erenza di potenziale tra i due punti.Tra i due punti, si ha 4U = −L = −25, e in B, l'energia potenziale sarà

UB = 40− 25 = 15J

Exercise 2. Determinare la costante di una molla che immagazzina 25 J di energia potenziale elastica quandoviene compressa di 7.5 cm rispetto alla sua posizione di equilibrio.

Soluzione: Nel momento in cui la molla viene rilasciata, la sua energia potenziale si trasforma in cineticadel corpo eventualmente ad essa attaccato. L'energia potenziale di una molla si esprime come

4U =1

2k(x2f − x2

i

)se

assuminamo come zero, il potenziale nella posizione di equilibrio, si ha

4U =1

2kx2

da cui

k =24Ux2

=2 · 25 J

(0.075m)2 = 8889

N

m

Exercise 3. Si lasci cadere un libro di massa 2.0 kg fra le braccia di una persona che si trova 10m più in basso.Ponendo uguale a zero l'energia potenziale a livello del suolo, trovare 1) l'energia potenziale del libro all'istantein cui inizia la propria caduta; 2) l'energia cinetica del libro appena prima che la persona lo a�erri con le manitese poste a 1.5m dal suolo; 3) la velocità di caduta del libro in quel momento.

Soluzione: Assumendo come nulla l'energia potenziale al suolo, si può dire l'energia potenziale sollevatoda terra è data da

U = mgh

dove mg è la forza peso che lo trascina verso il basso. Nell'istante d'inizio della caduta la distanza dalsuolo è pari a 10m, per cui

U10 = 2.0 kg · 9.8 ms2· 10m = 196 J

Se il libro viene a�errato a 1.5m l'energia posseduta in questo punto sarà

U1.5 = 2.0 kg · 9.8 ms2· 1.5m = 29.4 J

La di�erenza di potenziale esprimerà l'energia cinetica acquisista dal libro durante la caduta sottol'azione del peso

K = 4U = (196− 29.4) J = 166.6 J

Poiché l'energia cinetica è espressa da K = 12mv

2, in questa posizione avrà una velocità

v =

√2K

m=

√2 · 166.6 J

2.0 kg= 12.9

m

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

Soluzione: Se si trascura l'attrito, la forza agente è conservativa è quindi il lavoro da essa compiutodipende solo dalla posizione iniziale e �nale. In questo caso, rispetto alla posizione più bassa a potenzialenullo, il dislivello è pari al raggio; tutta l'energia potenziale si trasforma in energia cinetica, cioè

1

2mv2 = mgh

risolvendo rispetto a v, si ottiene

v =√

2gh =

√2 · 9.8 m

s2· 0.22m = 2.1

m

s

Exercise 5. Il carrello di massa m di un ottovolante, privo di attrito, arriva in cima alla prima gobba in �guraalla velocità v0. Trovare la sua velocità nel punto A, nel punto B e nel punto C. Determinare in�ne l'altezzasulla salita per l'utlima gobba, che è troppo alta per essere superata.

Soluzione: Il punto A si trova alla stessa dal suolo e quindi il carrello possiederà la stessa velocità v0; nelpunto B, si trova ad un'altezza pari alla metà di quella iniziale; in tal caso la sua energia potenzialesi è in parte trasformata in energia cinetica aumentando quindi la propria la velocità. Calcoliamo talevelocità vB . L'energia potenziale (distanza dal suolo h/2) sarà

U =1

2mgh

quindi

4U = mgh− 1

2mgh =

1

2mgh

La velocità in A ha solo componente orizzontale, cioè vAy = 0. La componente verticale cresce durantela caduta

vBy =

√2h

2g =

√hg

La velocità in B sarà la somma delle due componenti

vB =√v2

0 + hg

Nel punto C la sua velocità avrà massima componente verticale e invariata componente orizzontale

vC =√v2

0 + 2hg

Questa velocità si riduce durante la salita �nale �no ad annullarsi nel punto di massima altezza. Nelpunto C il carrello possiede una energia cinetica

K =1

2mv2

C

tale energia si trasforma completamente, in assenza di attrito, in energia potenziale U = mgh. Uguaglian-do le due quantità è possibile determinare l'altezza massima raggiungibile

1

2mv2

C = mghmax

da cui

hmax =v2C

2g=v2

0 + 2hg

2g=v2

0

2g+ h


Exercise 6. Una palla di massa m è attaccata all'estremità di un'asticella leggerissima di lunghezza L emassa trascurabile. L'altro estremo dell'asticella è �ssata a un perno che consente alla palla di descrivere unacirconferenza in un piano verticale. L'asticella tenuta in posizione orizzontale riceve una spinta verso il bassosu�ciente a far ruotare la palla �no a raggiungere la posizione più alta sulla verticale, dove la sua velocità siannulla. Trovare la variazione di energia potenziale della palla e la velocità iniziale impressale.

Soluzione: La rotazione avviene su un piano verticale. In tali condizioni la forza peso non è controbi-lanciata e compie lavoro facendo cadere la palla lungo una traiettoria di un quarto di circonferenza, acausa del vincolo. Essa però non è in gradi di far risalire la palla verso la posizione più alta; è necessariaquindi una forza aggiuntiva. Assumiamo che il valore dell'energia potenziale sia nullo nel punto piùbasso della traiettoria. La palla supera, cadendo, un dislivello L. L'energia potenziale nel punto dipartenza, in posizione orizzontale, con la scelta fatta, è

Uoriz = mgL

Quando si trova nella posizione più alta, sarà ad una distanza 2L dalla posizione più bassa, e l'energiapotenziale sarà

Umax = 2mgL

La variazione sarà4U = 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

2mv2 = mgL

da cui la velocitàv =

√2gL

Exercise 7. Un'asticella leggerissima di lunghezza L = 2.00m e massa trascurabile è �ssata a un perno chele consente di descrivere un cerchio in un piano verticale. Una palla pesante di massa m è �ssata all'estremitàinferiore. L'asticella è spostata lateralmente di un angolo θ = 30°, vedi �gura, e qui lasciata libera. Trovare lavelocità con la quale si muoverà la palla passando per il punto più basso.

Soluzione: La massa m nella posizione più bassa si troverà a 2.00m dal perno dell'asta. Se la palla vienespostata in avanti, descrivendo un arco di circonferenza, si troverà ad una altezza superiore rispetto allivello del punto più basso. Calcoliamo di quanto si �alza� la palla (l'angolo di 30° consente di utilizzarela geometria di un triangolo equilatero, nel quale la lunghezza dell'asta rappresenta il lato e la posizionedel vertice occupato dalla palla rispetto al punto inferiore è indicata dall'altezza; la relazione che legaaltezza e lato di un triangolo equilatera è h = l

√3

2 ):

d = L− L√

3

2= 2.00

(2−√

3

2

)m = 0.27m

La palla acquisterà quindi una energia potenziale, rispetto al punto più basso assunto con en. potrenzialenulla,

U = mgd = m · 9.8 ms2· 0.27m = 2.6m (J)

In tale posizione, se la palla viene lasciata ricadere acquisterà, nel punto più basso, una energia cineticapari a quella potenziale, cioè

1

2mv2 = mgd = 2.6m


sempli�cando m e risolvendo rispetto a v, si ha

v =

√5.2

m2

s2= 2.3

m

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). Trovarepoi da quale altezza rispetto al fondo dell'anello deve scendere il blocchetto perché la forza esercitata contro laguida nel vertice dell'anello sia uguale al suo peso.

Soluzione: Il blocchetto in fase di caduta supera un dislivello uguale ad h. Se supponiamo che l'attritosia trascurabile, il corpo acquista una energia cinetica

K =1

2mv2 = mgh

(Si noti che l'energia potenziale del blocco in P , viene trasformata, in fase di discesa, in energia cinetica).Giunto nel punto più basso, il blocco risale trasformando la sua energia cinetica, di nuovo, in energiapotenziale. Nel punto Q, l'energia potenziale vale

U = mgR

in questo punto il blocco avrà una energia cinetica

K =1

2mv2

Q

L'energia totale, nell'ipotesi non dispersiva, è pari all'energia potenziale del blocco in P , partendo essoda fermo,

E = mgh = 5mgR

quindi in Q si ha1

2mv2

Q +mgR = 5mgR

eliminando m, e risolvendo rispetto a v, si ricava

v2Q = 8gR

Le forze che agiscono in Q sono la forza centripeta e la forza peso

Fc =mv2

R= 8mg P = mg

sommando vettorialmente, si ha

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 totalesi conserva.

· nel punto P : En. potenziale UP = mg e En. cinetica Kp = 0· nel punto più basso A: En. pot. UA = 0 e En. cin. KA = 1

2mv2A


· nel punto più alto del ricciolo B: UB = 2mgR e KB = 12mv

2B . Ora, applicando la conservazione

dell'energia totale2mgR+K = mgh

da cui

K = mg (h− 2R) =1

2v2B

da cui si ricavav2B = 2g (h− 2R)

Nel punto B, pertanto, a�nché il blocco stia per perdere contatto è necessario che la forza vincolareesercitata dalla guida sia uguale al peso; ma la forza vincolare è la forza centripeta, per cui

mg =mv2

B

R

sostituendo v2B ottenuto prima, si ha

g =2g (h− 2R)

R

cioè, eliminando gR = 2h− 4R

da cui si ottiene

h =5

2R

2. Conservazione dell'Energia Meccanica

Exercise 9. Un uomo di 70.0 kg salta da una �nestra nella rete dei vigili del fuoco tesa 11.0m più in basso. Larete, cedendo di 1.5m, riesce ad arrestarlo, per rilanciarlo subito dopo verso l'alto. Calcolare l'energia potenzialedelle rete tesa al massimo se l'energia meccanica è conservata.

Soluzione: la conservazione dell'energia meccanica presuppone che l'uomo ritorni indietro con la stessavelocità con la quale aveva colpito la rete, cioè che l'energia cinetica acquisita nella caduta venga spesaper estendere la rete. La forza elastica della rete compie un lavoro di richiamo che riporta l'uomo nellaposizione inziale (conservazione energia meccanica)

∆U = mg (hi − hf ) = 70.0 kg · 9.8 ms2· (11.0 + 1.5) m = 8575 J

Exercise 10. 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 lalunghezza minima a�nché la cisterna si possa fermare almeno per un momento.

Soluzione: Dal testo appare che la velocità della cisterna è costante. É necessario, pertanto, calcolare iltratto di strada percorsa lungo un piano inclinato di 15°, a�nché tale velocità si annulli. Con un taleangolo, si ha

tan 15° =h

Ldove h e L sono rispettivamente l'altezza e la lunghezza del nostro piano inclinato. Il punto in cui lacisterna si ferma è quello nel quale tutta l'energia cinetica si trasforma in energia potenziale, cioè

1

2mv2 = mgh

da cui

h =v2

2g=

(1303.6

ms

)22 · 9.8 m

s2= 66.5m

Ne deriva che

L =h

tan 15°

=66.5m

tan 15°

= 248m

Exercise 11. Una pietra di massa 8 kg comprime una molla si 10.0 cm. Trovare la costante della molla. Lapietra viene poi spinta in giù di altri 30.0 cm e poi rilasciata. Trovare l'energia potenziale della molla subitoprima del rilascio. Determinare l'altezza oltre la posizione di rilascio alla quale la pietra può arrivare.


Soluzione: Il peso della pietra comprime la molla. Calcolo il peso della pietra

P = mg = 8 kg · 9.8 ms2

= 78.4N

Se la molla è compressa di 10.0 cm, la costante si ottiene da F = −k∆x,

k =78.4N

0, 10m= 784

N

m

L'energia potenziale di una molla è pari a U = 12kx

2, pertanto, l'energia potenziale prima del rilascio,tenendo conto di una compressione totale di 30.0 + 10.0 = 40.0 cm è

U =1

2· 784

N

m· (0.40)

2m2 = 62.7 J

la molla, se rilasciata, rilancia la pietra in alto. L'energia disponibile è pari all'energia potenzialeaccumulata. Supponiamo che tale energia si trasformi interamente in energia cinetica K = 1

2mv2; la

pietra acquisterà una velocità

v =

√2K

m=

√2 · 62.7 J

8 kg= 4

m

s

poiché v =√

2gh, l'altezza raggiungibile sarà

h =v2

2g=

16 m2

s2

2 · 9.8 ms2

= 0.82m

Exercise 12. Una biglia di 5.0 g viene lanciata verticalmente verso l'alto con una molla. A�nché la bigliacolpisca un bersaglio posto a 20m, la molla deve essere compressa di 8.0 cm. Calcolare la variazione di energiapotenziale gravitazionale della biglia durante la fase ascensionale; trovare in�ne la costante della molla.

Soluzione: L'energia potenziale gravitazionale è espressa dalla relazione U = mgh. Ad un'altezza di 20mrispetto al riferimento (U = 0) il suo valore è

U = 0.005 kg · 9.8 ms2· 20m = 0.98 J

In tal caso, essendo l'energia potenziale elastica espressa da U = 12kx

2, la costante della molla sarà

k =2U

x2=

2 · 0.98 J

0.082m2= 306

N

m

Exercise 13. 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 lavelocità del tappo se è lasciato libero quando la molla passa per la sua posizione di riposo; supponiamo inveceche il tappo rimanga attaccato alla molla, e l'abbandoni solo dopo averla allungata di 1.5 cm. Trovare in questocaso la velocità del tappo al momento del rilascio.

Soluzione: Comprimendo la molla di 0.055m. la molla acquista una energia potenziale

U =1

2· 10 · (0.055)

2= 0.015 J

se tutta l'energia potenziale si trasforma in energia cinetica del tappo, si può calcolare la velocità diquest'ultimo

v =

√2K

m=

√2 · 0.015 J

3.8 · 10−3 kg= 2.8

m

s

Nel secondo caso parte dell'energia potenziale della molla viene spesa per allungare la molla; essa vale

U =1

2· 10 · (0.015)

2= 0.011 J

e la velocità

v =

√2 · 0.011 J

3.8 · 10−3 kg= 2.7

m

s

Exercise 14. Un blocco di 2.00 kg è appoggiato contro una molla su di un piano inclinato con una pendenzadi 30° , privo di attrito. La molla, avente costante k = 19.6N/cm, è compressa di 20 cm e poi lasciata libera.Determinare di quanto il blocco risale lungo il piano inclinato.


Soluzione: Il blocco, in assenza della molla, tende a scendere lungo il piano inclinato, spinto da una forzaPpar = h

l P ; nel nostro caso, con l'angolo di inclinazione di 30°, si ha hl = 1

2 , per le proprietà del triangoloequilatero:

Ppar = 0.5 · 2.00 kg · 9.8 ms2

= 9.8N

Tale forza, F = k∆x comprime la molla di

∆x =9.8N

1960 Nm

= 5.0 · 10−3m = 0.5 cm

Tale compressione serve quindi a mantenere in equilibrio il blocco sul piano inclinato. La compressioneche consente al blocco di risalire sarà quindi pari a 19.5 cm. A tale compressione corrisponde un'energiapotenziale

U =1

2kx2 = 0.5 · 1960

N

m· (0.195)

2m2 = 37.3 J

Quando il blocco viene rilasciato l'energia potenziale elastica diviene energia cinetica, cioè K = 12kx

2;l'energia totale del blocco, indicando con UG l'energia potenziale gravitazionale dovuta all'altezza delblocco sul piano inclinato, è

Ei =1

2kx2 + UG

mentre l'energia totale �nale, cioè quando il blocco esaurisce la propria spinta,

Ef = 0 + U1G

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

2 kg · 9.8 ms2

= 2m

Lo spostamento lungo il piano inclinato di 30°, che corrisponde ad un tale innalzamento verticale è di4m.

Exercise 15. Una molla può essere compressa di 2.0 cm da una forza di 270N . Un blocco di massa 12 kg,inizialmente fermo in cima al piano inclinato privo di attrito inclinato di 30° rispetto all'orizzontale, vienelasciato andare. Il blocco si arresta momentaneamente dopo aver compresso la molla si 5.5 cm. Trovare diquanto si è spostato lungo il piano inclinato in questo momento e la velocità del blocco quando arriva a toccarela molla.

Soluzione: Determiniamo il coe�ciente di elasticità della molla dai dati che fanno riferimento ad essa,cioè una compressione di 2.0 cm con una forza di 270N .

k =F

∆x=

270N

2 cm= 135

N

cm

Quando il blocco è fermo ad un'altezza h, la sua U = mgh e la sua K = 0. Nell'istante prima di urtarela molla, la sua U = mgh′ (con h > h′) e la sua K = 1

2mv2. La molla viene compressa di 5.5 cm,

acquistando una energia potenziale elastica U = 12k∆x2 a scapito dell'energia cinetica 1

2mv2 acquisita

dal blocco lungo la caduta. Pertanto:

1

2k∆x2 = mg (h− h′)

da cui

h− h′ =k

2gm∆x2 =

135 Ncm

2 · 9.8 ms2 · 12 kg

(5.5)2cm2 = 17.4 cm

Il valore trovato indica il dislivello, ma in un piano inclinato di 30° la lunghezza percorsa è doppia deldislivello, per cui

∆l = 35 cm

La velocità si desume dall'energia cinetica acquistata lungo la discesa

v2 =√

2g (h− h′) =

√2 · 9.8 m

s2· 0.174m = 1.85

m

s


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 140m sopra il punto di lancio. Trovare la componente orizzontale della suavelocità; la componente verticale subito dopo il lancio. A un certo istante durante il volo la componenteverticale della velocità è 65m/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

v =

√2E

m=

√2 · 1550 J

0.55 kg= 75

m

s

Il proiettile sale verso l'alto �no a 140m al di sopra del punto di lancio, acquistando in tal modo energiapotenziale a scapito della cinetica

U = mgh = 0.55 kg · 9.8 ms· 140m = 755 J

Per la conservazione dell'energia meccanica, il proiettile disporrà di una

K = 1550− 755 = 795J

Tale energia è legata alla sola componente orizzontale della velocità, essendo il proiettile nel suo puntodi massima altezza, dove la vy = 0. Pertanto la componente orizzontale varrà

vx =

√2 · 795 J

0.55 kg= 54

m

s

La componente orizzontale del moto di un proiettile, escludendo ogni elemento dispersivo, rimanecostante, cioè il proiettile si muove orizzontalmente secondo una legge di moto rettilineo uniforme. Per-tanto è possibile calcolare la componente verticale iniziale, nota la velocità iniziale di 75m/s, applicandoil th. di Pitagora al triangolo formato da questi vettori

v0y =√

752 − 542 = 52m

sLa variazione della componente verticale della velocità è descritta dalle relazioni del moto uniformementeaccelerato

v2y = v2

0y − 2gy

sostiuendo i nostri valori e risolvendo rispetto a y, si ha

y =v2

0y − v2y

2g=

522 − 652

2 · 9.8= −77m

cioè si trova 77m al di sotto.

Exercise 17. Una palla di 50 g è scagliata da una �nestra con velocità iniziale di 8.0m/s a un angolo di30° sopra il piano orizzontale. Determinare, con le leggi relative all'energia, l'energia cinetica della palla nelpunto più alto della sua traiettoria; la sua velocità quando passa 3.0m sotto la �nestra.

Soluzione: Nel punto più alto della traiettoria, la componente verticale della velocità si riduce a zero, ela palla è dotata della sola componente orizzontale, il cui valore è

vx = v0 cos θ0 = 8m

s·√

3

2= 7

m

sla sua energia cinetica sarà pertanto

K =1

2mv2

x =1

2· 0.05 kg · 49

m2

s2= 1.2 J

Quando la palla si trova 3m al di sotto del punto di partenza, la sua energia cinetica è aumentata ascapito della riduzione della sua energia potenziale. Calcoliamo l'altezza massima alla quale arriva lapallina, assumendo come riferimento il punto di lancio

hmax =v2

0 sin2 θ0

2g=

64 m2

s2 ·14

2 · 9.8 ms2

= 0.82m

pertanto la variazione dell'energia potenziale della palla vale

∆U = Umax − U = mg (hmax − h) = 0.05 kg · 9.8 ms2· 3.82m = 1.86 J

L'energia cinetica della palla aumenta quindi di 1.86 J , raggiungendo il valore di K = 1.2+1.86 = 3.1 J .La velocità in tale posizione vale

v =

√2K

m=

√2 · 3.1 J0.05 kg

= 11m

s


Exercise 18. La molla di un fucile ha una costante k = 7.0N/cm. Puntando 30° sopra l'orizzontale, spara unproiettile di 60 g a un'altezza di 1.8m sopra l'estremità della canna. Trovare la velocità del proiettile all'uscitadella canna e la compressione iniziale della molla.

Soluzione: L'altezza massima del proiettile è raggiunta quando la componente verticale della velocità ènulla. Dalle relazioni del moto parabolico, si ottiene

hmax =v2

0 sin2 θ0

2g

da cui

v0 =

√2ghmax

sin2 θ0

=

√2 · 9.8 m

s2 · 1.8msin2 30°

= 12m

s

Il proiettile esce quindi dotato di una energia cinetica

K =1

2mv2

0 =1

2· 0.060 kg · 144

m2

s2= 4.32 J

Tale energia è stata ottenuta a scapito dell'energia potenziale elastica della molla, quindi

4.32 J =1

2· 700

N

m·∆x2

da cui

∆x =

√4.32 J

350 Nm2

= 0.11m = 11 cm

Exercise 19. Su un piano inclinato di 30° rispetto all'orizzontale e senza attrito, è posto un corpo di massa1.0 kg. Collegato tramite una corda che scorre in una carrucola priva di massa è sospeso un secondo corpo dimasssa 2.0 kg. Se il sistema da fermo è lasciato libero, trovare l'energia combinata delle due masse dopo che ilcorpo di massa 2.0 kg è sceso di 25 cm.

Soluzione: Se lasciati liberi, il corpo sul piano inclinato acquista l'energia potenziale persa dal corpo incaduta. Il corpo di massa 2 kg si sposta in verticale, mentre quello di massa 1 kg, si muove lungo ilpiano inclinato, percorrendo 25 cm sul piano e innalzandosi pertanto di

25 cm× 0.5 = 12.5

essendo il piano inclinato di 30°. La variazione di energia del sistema delle due masse sarà pari allavariazione della loro energia potenziale:

∆U = mgh−m′gh

′= g (mh−m′h′) = 9.8 (2× 0.25− 1× 0.125) = 3.7 J

Exercise 20. La lunghezza del �lo in �gura è l = 120 cm, e la distanza d del piolo P è 75 cm. Quando lapalla, inizialmente ferma, è lasciata libera, oscillerà lungo l'arco tratteggiato. Trovare la velocità quando la pallaraggiungerà il punto più basso.

Soluzione: La pallina cade lungo l'arco di raggio l, raggiungendo il punto più basso posto ad una analogadistanza l rispetto a quella iniziale. La forza peso è una forza conservativa e quindi la variazione dellasua energia potenziale dipende solo dalla posizione iniziale e �nale e non dal percorso compiuto. Lavelocità con cui la pallina arriverà nel punto più basso sarà quindi

v =√

2gl =

√2× 9.8

m

s× 1.20m = 4.8

m

s

Exercise 21. Un blocco di 2.0 kg cade da un'altezza di 40 cm su una molla avente costante k = 1960N/m.Trovare ka massima lunghezza di compressione della molla.


Soluzione: L'energia potenziale elastica di una molla è espressa da U = 12kx

2. Il blocco riduce la propriaenergia potenziale di

∆U = mgh = 2.0 kg · 9.8 ms2· 0.40m = 7.8 J

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 potenzialeelastica

7.8 J =1

2· 1960

N

m·∆x2

da cui

∆x =

√2 · 7.8 J1960 N

m

= 0.09m = 9 cm

Exercise 22. In un pendolo semplice di lunghezza L, il peso all'estremo inferiore, dove è concentrata tutta lamassa, ha velocità v0 quando il �lo forma un angolo θ0 con la verticale. Trovare una equazione che esprima lavelocità del blocchetto attaccato al �lo nella sua posizione più bassa. Trovare poi il minimo valore di v0 a�nchéa�nché il �lo del pendolo possa arrivare all'estremo dell'oscillazione in posizione orizzontale e in posizioneverticale, rimanendo teso.

Soluzione: Osservando lo schema sopra, il segmento h′ = L− h = L− L cos θ0 = L (1− cos θ0). L'incre-mento di velocità ottenuto cadendo lungo l'arco �no alla posizione in basso può essere ottenuto sia conle relazioni energetiche, sia con le relazioni della cinematica

v2 = v20 + 2gh

′= v2

0 + 2gL (1− cos θ0)

Se ora vogliamo trovare la velocità minima (quando cioè la pallina ha velocità nulla) nella posizioneorizzontale, basta supporre che l'energia cinetica acquisita cadendo nella posizione in basso vengacompletamente trasformata in energia potenziale; cioè

mgL =1

2m[v2

0 + 2gL (1− cos θ0)]

da cui2gL = v2

0 + 2gL (1− cos θ0) = v20 + 2gL− 2gL cos θ0

da cuiv0 =

√2gL cos θ0

Se, in�ne, la pallina raggiunge il punto più alto, signi�ca che può continuare a ruotare sulla circonferenzadi raggio L. In tal caso l'energia cinetica nel punto più basso deve essere spesa per superare un dislivellopari a 2L. Da ciò segue:

2mgL =1

2m[v2

0 + 2gL (1− cos θ0)]

cioè4gL = v2

0 + 2gL− 2gL cos θ0

da cuiv2

0 = 2gL+ +2gL cos θ0

ev0 =

√2gL (1 + cos θ0)

Exercise 23. Due bambini stanno facendo una gara a chi riesce a centrare una scatoletta sul pavimento conuna biglia sparata da una pistola a molla montata su un tavolo orizzontale. Il bersaglio è piazzato a 2.20m inorizzontale 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.


Soluzione: La molla attribuisce alla biglia una velocità orizzontale, che possiamo supporre costante. Labiglia segue una traiettoria parabolica sotto l'e�etto della forza peso nel momento in cui la biglia non èpiù sostenuta dal tavolo. Le leggi che descrivono l'energia fornita dalla molla e il moto della pallina sonole stesse nei due casi. Possiamo pertanto ottenere la compressione della molla attraverso una sempliceproporzione

0.011m : 1.93m = ∆x : 2.20m

da cui∆x = 1.25 cm

Exercise 24. Tarzan, che pesa 688N , sal ta da una roccia appeso ad una liana lunga 18m. Dall'alto dellaroccia al punto più basso della sua oscillazione cala di 3.2m. La liana è soggetta a rompersi se la tensione su diessa supera 950N . Arriverà a rompersi?

Soluzione: 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 ècalcolabile con

v2 = 2gh = 2 · 9.8 ms2· 3.2m = 62.7

m2

s2

per cui

ac =v2

r=

62.7 m2

s2

18m= 3.5

m

s2

La massa di Tarzan è m = Pg = 688N

9.8 ms2

= 70.2 kg. La forza centripeta è

Fc = mac = 70.2 kg · 3.5 ms2

= 246N

Sulla corda si sommano quindi le due forze

T = 688N + 246N = 934N

per cui la corda, in grado di sostenere �no a 950N , non si romperà.

Exercise 25. Un'asticella rigida di lunghezza L, praticamente priva di massa, ha una palla di massa m �ssataall'estremità, così da costituire un pendolo. Capovolgiamo il pendolo, con l'asticella verticale verso l'alto, elasciamolo 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 verticaleper il quale si equivalgono in modulo la tensione nell'asticella e il peso della palla.

Soluzione: L'asta è vincolata in un punto, che può essere pensato come il centro della circonferenza che ilpendolo descrive nel suo moto di caduta e risalita. Assegnamo U = 0 alla posizione più bassa; pertantonella posizione iniziale con la palla in alto si avrà U = 2mgL e la velocità nel punto più basso, dovetutta l'energia potenziale si è trasformata in energia cinetica, sarà

2mgL =1

2mv2

da cuiv =

√4gL = 2

√gL

L'asta è supposta priva di massa e, nel punto più basso, dovrà equilibrare il peso della palla più la forzacentripeta, che vale Fc = m v2

r = m 4gLL = 4mg, cioè

T = mg + 4mg = 5mg

Se l'asta è messa in orizzontale, l'energia potenziale massima varrà mgL e il pendolo percorrerà solo, incondizioni ideali, una semicirconferenza. La forza centripeta è diretta lungo il raggio di questa semicir-conferenza, mentre il peso è diretto verso il basso.

Se l'asta parte in posizione orizzontale, il pendolo può scendere verso il basso superando un disliv-ello pari a L. Se assegnamo ancora alla posizione più bassa un potenziale U = 0, avremo che nel puntopiù alto U = mgL e K = 0, mentre in quello più basso U = 0 e K = 1

2mv2. In un punto intermedio la

palla forma con la verticale un angolo αSi avrà h = L cosα e U = mg (L− L cosα) per cui, il bilancio energetico è

mgL (1− cosα) +1

2mv2 = mLg


da cuiv2 = 2gL cosα

Si può quindi calcolare la forza centripeta come Fc = 2gmL cosαL = 2mg cosα. La tensione complessiva

del �lo sarà, aggiungendo anche la componente del peso della pallina nella direzione del �lo stesso,mg cosα, si avrà

2mg cosα+mg cosα = mg

da cui

cosα =1

3e quindi

α = 71°

Exercise 26. Un blocco di 3.20 kg, partendo da fermo, scivola per una distanza d giù per un piano inclinato di30.0°, �no a imbattersi in una molla. Il blocco continua a scivolare per 21.0 cm prima di essere momentaneamentearrestato dalla compressione della molla, la cui costante è 431N/m. Trovare il valore di d.

Soluzione: Il blocco comprime la molla, che acquisterà una energia potenziale elastica

U =1

2kx2 = 0.5 · 431

N

m· 0.212m2 = 9.5 J

Nel frattempo il peso scende di d + 0.21m lungo il piano inclinato, ma di h + 0.105m (vedi �gura) inverticale (se l'angolo è di 30°, d può essere considerato come il lato di un triangolo equilatero e h, quindi,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 energiaelastica della molla, si ha

9.5 = mg (h+ 0.105)

da cui, risolvendo rispetto ad h

h =9.5 J(

3.20 kg · 9.8 ms

) − 0.105 = 0.198m

da cuid = 0.198m · 2 = 0.396m

Exercise 27. Un proiettile con massa di 9.4 kg viene sparato verticalmente verso l'alto. Nella fase di salita èdissipata per resistenza dell'aria un'energia pari a 68kJ . Quanto più in alto sarebbe volato se l'aria fosse stataresa trascurabile?

Soluzione: Collegando l'energia persa all'altezza aggiuntiva, cioè considerando l'energia persa come en-ergia potenziale aggiuntiva, si ha

∆h =∆U

mg=

68000 J(9.4 kg · 9.8 m

s

) = 738m

Exercise 28. Un �ume scende di 15m superando alcune erapide. La velocità dell'acqua è di 3.2m/s all'entratadelle rapide e di 13m/s all'uscita. Determinare la percentuale di energia potenziale persa da 10 kg di acquaattraversando le rapide si trasforma in energia cinetica dell'acqua.

Soluzione: La riduzione dell'energia potenziale a causa della caduta è

∆U = mgh = 10 kg · 9.8 ms· 15m = 1470 J

La variazione nell'energia cinetica è

∆K =1

2m(v2f − v2

i

)=

1

2· 10 kg ·

(132 − 3.22

)= 794 J

La percentuale è quindi794 J

1470 J· 100 = 54%

Questo calcolo poteva essere eseguito anche senza tener conto della massa, poiché la stessa massainterviene in entrambe le relazione e nel rapporto si sempli�ca.


Exercise 29. Alle cascate del Niagara cadono circa 5.5 · 106 kg di acqua al secondo da un'altezza di 50m.Calcolare l'energia potenziale perduta ogni secondo dall'acqua nella caduta. Trovare poi la potenza generatada una centrale idroelettrica in grado di convertire in energia elettrica tutta l'energia potenziale dell'acqua.

Soluzione: L'energia persa ogni secondo è indicata con la grandezza potenza, de�nita proprio come P =E/∆t. L'energia potenziale della massa d'acqua, all'inizio della caduta è

U = mgh = 5.5 · 106 kg × 9.8m

s2× 50m = 2.7 · 109 J

Il tempo impiegato dall'acqua a concludere il salto è (calcolato con le leggi del moto uniformementeaccelerato, h = 1

2gt2)

∆t =

√2h

g=

√100m

9.8 ms2

= 3.2 s

L'energia complessiva persa è U ·∆t, ma l'energia al secondo, cioè la potenza è P = U∆t , per cui l'energia

persa è quella prima calcolata.La potenza generata da una ipotetica centrale sarà quindi pari a

P = 2.7 · 109W att

[Joule

sec

]

Exercise 30. Da una cascata alta 100m precipitano ogni secondo 1200m3 di acqua. Ammettendo che tre quartidell'energia cinetica acquisita dall'acqua nella caduta si trasformino in energia elettrica, trovare la potenza concui viene prodotta questa energia dal generatore.

Soluzione: L'energia potenziale dell'acqua è (1m3 → 1000 kg)

U = mgh = 1.2 · 106 kg × 9.8m

s2× 100m = 1.2 · 109 J

L'energia cinetica ottenuta sarà

K = 1.2 · 109 J × 3

4= 8.8 · 108 J

La potenza sarà quindi P = 8.8 · 108W = 880MW (megawatt)

Exercise 31. La super�cie dell'Italia è di circa 3 ·105 km2, per un'altitudine media di circa 400m. La piovositàmedia 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?

Soluzione: Il volume annuo di acqua piovana è

V = 3 · 1011m2 × 0.8m = 2.4 · 1011m3/anno

La metà che si ipotizza di utilizzare è quindi V = 1.2 · 1011m3/anno per una massa quindi di m =1.2 · 1014 kg L'energia sarebbe

U = 1.2 · 1014 kg × 9.8m

s2× 400m = 4.7 · 1017 J

per una potenza P = 4.7 · 1017W . Distribuendo tale potenza nell'arco di un anno, si ha

P =4.7 · 1017W

365.25× 24× 3600 s= 1.5 · 1010Wanno = 15GWanno

Exercise 32. Un paracadutista di 68 kg in caduta libera cade alla velocità limite (costante) di 59m/s.Determinare la rapidità con cui si riduce l'energia potenziale gravitazionale del sistema Terra-parà.

Soluzione: Il parà scende a velocità costante; ne segue che il suo moto può essere descritto dalle leggidel moto rettilineo uniforme. Per cui la caduta h = vt. La variazione di energia potenziale è data dallapotenza dissipata

∆U

∆t=mgvt

t= mgv = 68 kg × 9.8

m

s2× 59

m

s= 39 kW

Exercise 33. Un orsetto di 25 kg si lascia scivolare, da fermo, per 12m lungo un palo raggiungendo la velocitàdi 5.6m/s subito prima di toccare il suolo. Trovare la variazione di energia potenziale e l'energia cinetica primadel contatto con il suolo. Trovare in�ne la forza media di attrito che agisce sull'orsetto.


Soluzione: Assumiamo il suolo come posizione per la quale l'energia potenziale è nulla. Pertanto lavariazione di energia potenziale è

∆U = mgh = 25 kg × 9.8m

s2× 12m = 2940 J

Partendo da fermo, vi = 0, l'orsetto aveva una energia cinetica iniziale nulla. Se la sua velocità primadel contatto con il suolo è 5.6m/s, la variazione di energia cinetica sarà

∆K =1

2m(v2f − v2

i

)= 0.5× 25 kg ×

(5.6

m

s

)2

= 392 J

Si osserva che solo una parte dell'energia potenziale si è trasformata in cinetica, la parte rimanente èstata spesa dall'attrito di sfregamento durante la caduta, cioè

∆E = 2940− 392 = 2548J = ∆W

Questa energia può essere considerata pari al lavoro compiuto dalla forza di attrito (tale lavoro si ètrasformato in riscaldamento delle super�ci a contatto). In media tale forza sarà

F =∆W

∆l=

2548 J

12m= 212N

Exercise 34. Durante una frana un massa di 520 kg precipita, da una posizione di riposo, giù per un pendiolungo 500m per un dislivello di 300m. Il coe�ciente di attrito dinamico fra il masso e il pendio è 0.25. Troval'energia potenziale U del masso prima della frana, se U = 0 è posto ai piedi del pendio; calcola l'energiameccanica dissipata dalle forze di attrito durante la discesa e l'energia cinetica e la velocità del masso quandoarriva in fondo al pendio.

Soluzione: La velocità iniziale del masso è nulla, per cui in posizione di riposo il masso possiede soloenergia potenziale, legata al dislivello, cioè all'altezza dal suolo

U = mgh = 520 kg × 9.8m

s2× 300m = 1.53 · 106 J

Poiché il masso rotola con attrito, solo una parte di questa energia potenziale si trasforma in energiacinetica, mentre la rimanente viene dissipata. La variazione di energia potenziale esprime il lavoro dellaforza peso lungo un ipotetico spostamento verticale di 300m. Il masso rotola però lungo un pianoinclinato di lunghezza l = 500m e dislivellor h = 300, per cui la componente parallela della forza pesoche agisce è

P�� = Ph

l=

3

5P =

3

5× 520 kg × 9.8

m

s2= 3058N

A questa forza si oppone l'attrito, dato dal prodotto tra il coe�ciente di attrito e la componenteperpendicolare della forza peso; tale componente può essere calcolata con il teorema di Pitagora

Pperp =√P 2 − P 2

// =

√(520 kg × 9.8

m

s2

)2

−(

3

5× 520 kg × 9.8

m

s2

)2

=

=

√(520 kg × 9.8

m

s2

)2(

1− 9

25

)=

4

5

(520 kg × 9.8

m

s2

)= 4077N

Pertanto la forza d'attrito vale

Fatt = 0.25× 4077 = 1019N

La forza risultante che determina la caduta del masso è

R = 3058− 1019 = 2039N

Il lavoro compiuto lungo il piano lungo 500m, sarà

W = 2039N × 500m = 1.02 · 106 J

Questo valore esprime l'energia cinetica acquistata dal masso e la di�erenza tra l'energia potenziale el'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

v =

√2K

m=

√2× 1.02 · 106 J

520 kg= 63

m

s


Exercise 35. Una pallottola di 30 g, con velocità iniziale di 500m/s, penetra per 12 cm in una parete inmuratura prima di fermarsi. Determinare la riduzione dell'energia meccanica della pallottola, e, ammettendoche 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

K =1

2mv2 = 0.5× 0.030 kg ×

(500

m

s

)2

= 3.8 · 103 J

La riduzione in 'energia sarà allora 4E = Ef − Ei = 0 − 3.8 · 103 = −3.8 · 103 J Il muro compie unlavoro frenante pari a 3750 J , per cui la forza si ricaverà dalla relazione

W = F ·∆scon

F =W

∆s=

3.8 · 103 J

0.12m= 3.1 · 104N

Exercise 36. Un blocco di 3.5 kg è spinto via da una molla compressa avente una costante di 640N/m.Distaccatosi dalla molla una volta che essa ha raggiunto la posizione di riposo, il blocco viaggia su una super�cieorizzontale con coe�ciente di attrito dinamico 0.25 �no a fermarsi alla distanza di 7.8m. Trovare l'energiameccanica dissipata dalla forza d'attrito, la massima energia cinetica del blocco e la compressione iniziale dellamolla.

Soluzione: La forza d'attrito ferma il blocco in 7.8m. La forza d'attrito è data dal prodotto del coe�cientedi 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

Fa = µP = 0.25× 3.5 kg × 9.8m

s2= 8.6N

La decelerazione, supposta costante, è

a =F

m=

8.6N

3.5 kg= 2.5

m

s2

Possiamo pertanto calcolare la velocità iniziale del blocco mediante le leggi della cinematica

v2f = v2

i − 2as

da cui

v2i = 0

m2

s2+ 2× 2.5

m

s2× 7.8m = 39

m2

s2

L'energia cinetica posseduta dal blocco dopo il distacco dalla molla è anche l'energia dissipata dall'attrito

K =1

2mv2 = 0.5× 3.5 kg × 39

m2

s2= 68 J

Troviamo ora la compressione della molla, ricordando che, per l'energia potenziale elastica vale larelazione Uelas = 1

2k∆x2; nel nostro caso l'energia cinetica massima posseduta corrisponde all'energiapotenziale elastica, perché il primo tratto di movimento agganciato alla molla non presenta dispersioni

1

2k∆x2 = 68 J

da cui

∆x =

√2× 68 J

640 Nm

= 0.46m = 46 cm

Exercise 37. Un blocco è spinto giù per un piano inclinato da un punto A a un punto B, per una distanza di5.0m, da una forza F = 2.0N che agisce parallelamente al piano inclinato. L'intensità della forza di attrito cheagisce sul blocco fra A e B è di 10N . 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 = 2.0N × 5.0m = 10 J

La forza d'attrito compie un lavoro

Watt = 10N × 5.0m = 50 J

Poiché la forza d'attrito compie un lavoro resistente, il lavoro totale sarà

Wtot = 50 J + 35 J = 85 J


Se a questo lavoro sottraiamo quello compiuto dalla forza aggiuntiva, otteniamo il lavoro compiuto dalpeso

WP = 85 J − 10 J = 75 J

Exercise 38. Un blocco di 2.5 kg muovendosi orizzontalmente sun piano va a urtare una molla, pure postaorizzontalmente, avente k = 320N/m, e la comprime per una lunghezza massima di 7.5 cm. Il coe�ciente diattrito dinamico tra il blocco e la super�cie di scorrimento è 0.25. Calcola il lavoro che svolge la molla perarrestare il blocco e l'energia meccanica dissipata dalla forza d'attrito prima che il blocco sia arrestato dallamolla. Determina in�ne la velocità del blocco quando ha urtato la molla.

Soluzione: Il lavoro compiuto dalla molla è dato da W = − 12k∆x2, cioè

W = −0.5× 320N

m× 0.0752m2 = −0.9 J

Per ottenere l'energia meccanica dissipata dalla forza d'attrito è necessario calcolare prima tale forza cheè espressa da Fat = µPperp; poiché il corpo si muove in orizzontale, la forza peso ha solo la componenteperpendicolare, per cui Fat = 0.25× 2.5 kg × 9.8 m

s2 = 6N ; ne deriva che

∆E = 6N × 0.075m = 0.46 J

Il corpo mentre è contrastato dalla molla è ancora soggetto alla forza d'attrito lungo i 7.5 cm. Pertanto, sideve sommare il della molla 0.9 J all'energia dispersa dall'attrito in questo tratto, cioè 0.46 J . L'energiacinetica posseduta dal blocco sarà pari a K = 0.9 J + 0.46 J = 1.36 J ; per cui

v =

√2K

m=

√2× 1.36 J

2.5 kg= 1.04

m

s

Exercise 39. Due cime innevate sovrastano di 850m e 750m il fondovalle intermedio. Una pista di sci scendedalla 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 raggiungel'altra cima se scende senza l'aiuto dei bastoncini, considerando trascurabile l'attrito. Se consideriamo anchel'attrito, trovare il coe�ciente dinamico approssimato tra neve e sci a�nché lo sciatore si fermi sulla cima piùbassa.

Soluzione: In assenza di attrito, non ci sono forze dispersive, per cui l'energia cinetica acquisita lungo laprima discesa è spesa in parte per la risalita verso la seconda cima. In particolare, conta solo il dislivellotra le due vette, cioè la di�erenza di energia potenziale tra le due cime; essa vale ∆h = 850m−750m =100m; pertanto la velocità con cui lo sciatore raggiunge la vetta più bassa è

v =√

2gh =

√2× 9.8

m

s× 100m = 44

m

s

Se si considera anche l'attrito tra sci e neve, la condizione precedente non vale allo stesso modo, perla comparsa di questa forza non conservativa. Dobbiamo considerare il caso in cui la velocità sullaseconda vetta sia nulla. La forza di attrito è data dal prodotto del coe�ciente d'attrito dinamico per lacomponente perpendicolare della forza peso. Essendo l'inclinazione dei percorsi di 30°, la componenteperpendicolare è pari a Pperp = P

2

√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 èla componente perpendicolare). Il calcolo può essere così impostato: quando lo sciatore si trova sullacima più alta ha un'energia solamente potenziale, che indichiamo con U850. Quando si trova, dopo ilpercorso, sulla cima più bassa, ha energia U750−∆Eatt, dove ∆Eatt è l'energia dispersa. Tale energia èpari al lavoro della forza di attrito, che essendo resistente, è ∆Eatt = W = −Fatt∆s. Da ciò si ottieneche

Fatt∆s = U850 − U750 = U100

dove U100 rappresenta la di�erenza tra le due energie potenziali (dislivello tra le due vette) e ∆s ladistanza percorsa dallo sciatore. La salita e la discesa si possono considerare come piani inclinati di 30°,


per cui, alle altezze indicate corrispondono percorsi di 1700m di discesa, e 1500m di risalita, per untotale di ∆s = 3200m. Applicando le de�nizioni delle grandezze, si ha

mg · 100 J = µ · mg2

√3 · 3200 J

da cui

µ =100

1600×√

3= 0.036

Exercise 40. Una cassa di 180 kg scivola lungo una rampa lunga 3.60m con pendenza di 39°. Il coe�cientedi attrito dinamico tra le varie parti è 0.28. Trovare la velocità della cassa al fondo della rampa; determinarepoi quale tratto orizzontale percorrerà, strisciando sul pavimento, supponendo che il cambiamento di pendenzanon provochi alcuna perdita di energia cinetica.

Soluzione: Il lavoro resistente fatto dalla forza d'attrito è dato dal prodotto della forza d'attrito perla lunghezza della rampa. La forza d'attrito è uguale al prodotto del coe�ciente d'attrito e dellacomponente perpendicolare della forza peso. Essendo il piano inclinato di 39°, tale componente vale

Pperp = P cos 39°

per cui il lavoro sarà dato da

Watt = −Fatt · l = µPperpl = −0.28× 180 kg × 9.8m

s2× cos 39°× 3.6m = 1382 J

L'energia potenziale della cassa diminuisce di

∆U = mgh = 180 kg × 9.8m

s2× 3.6 sin 39° = 3997 J

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

v =

√2K

m=

√2× 2615 J

180 kg= 5.4

m

s

Lungo il tratto orizzontale la componente perpendicolare della forza peso coincide con il peso stessodella cassa, e la forza d'attrito sarà Fatt = µP = 0.28 × 80 kg × 9.8 m

s2 = 494N . Il lavoro compiuto datale forza sarà quindi Wattr = −494N × ∆s. Troviamo quindi la spostamento supponendo che tuttal'energia cinetica acquisita dalla cassa venga dissipata dall'attrito che ferma la cassa:

∆s =2615 J

494N= 5.3m

Exercise 41. Una bambina del peso di 267N scende lungo uno scivolo lungo 6.1m inclinato di 20°. Il coe�cientedi attrito dinamico è 0.10. Trovare il lavoro svolto dal peso sulla bambina, l'energia dissipata dalla forza d'attritoe, in�ne, la velocità di arrivo a terra se parte dall'alto con una velocità di 0.457m/s.

Soluzione: Lo scivolo è inclinato di 20°, per cui il dislivello tra il punto più alto e il suolo è h = 6.1m×sin 20° = 2.1m. È possibile calcolare quindi il lavoro del peso, attraverso la variazione di energiapotenziale tra le due posizioni

Wpeso = ∆U = Ph = 267N × 2.1m = 557 J

L'energia dissipata dalla forza d'attrito è data dal lavoro resistente da essa compiuto (anche qui lacomponente 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 = −µPperpl = 0.1× 267N × cos 20°× 6.1m = 153 J

La bambina acquisterà quindi una energia cinetica

∆K = 557− 153 = 404 J

La variazione di energia cinetica si può esprimere come ∆K = 12m(v2f − v2

i

), per cui

1

2m(v2f − v2

i

)= 404 J


da cui, svolgendo, si ottiene (la massa della bambina è data da m = Pg = 267N

9.8 ms2

vf =

√2× 404J × 9.8 m

s2

267N+ 0.457

m

s2= 5.45

m

s

Exercise 42. Nella �gura si vede un blocco che scivola lungo una pista da un certo livello ad un altro piùelevato, attraversando un avvallamento intermedio. La pista è prova di attrito �no a che si giunge al livellomaggiore, dove la forza d'attrito arresta il blocco dopo una distanza d. Trovare d, sapendo che la velocitàiniziale v0 = 6.0m/s, la di�erenza di quota h = 1.1m e il coe�ciente di attrito dinamico è µ = 0.60.

Soluzione: Il blocco percorre la pista in assenza di attrito, tranne nell'ultimo tratto orizzontale; pertantodopo 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 = 11mJ eriducendo la propria energia cinetica dello stesso valore. La sua velocità al livello h, sarà

∆K =1

2m(v2i − v2

f

)= 11m

per cuiv2i − v2

f = 22

evf =

√36− 22 = 3.7

m

sNel tratto d, tale velocità si azzera. La forza di attrito è pari a Fatt = 0.60P = 5.9mN . La forzad'attrito compirà un lavoro resistente che annullerà l'energia cinetica rimanente posseduta dal blocco,cioè K = 1

2mv2 = 6.8mJ , da cui

Watt = Fattd = K

da cui

d =6.8mJ

5.9mN= 1.2m

Exercise 43. In un atomo di idrogeno la forza attrattiva fra protone ed elettrone è la forza elettrica, data dallarelazione

F = ke2

r2

dove e è la carica di elettrone e protone e r la distanza tra di loro. Supponendo che il nucleo resti fermo eimmaginando che l'elettrone compia un �salto� da un'orbita più esterna di raggio r1 ad una più interna, diraggio r2, calcolare la variazione di energia cinetica dell'elettrone attraverso la seconda legge di Newton.

Soluzione: La forza elettrica opera come una forza centripeta in questa descrizione classica dell'atomodi idrogeno. Supponendo il moto dell'elettrone circolare e uniforme, la sua velocità angolare rimanecostante, 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 forzacentripeta è descritta da

Fc = mv2

r= k

e2

r2

da cui1

2mv2 =

k

2

e2

rla variazione di energia cinetica sarà

∆K =1

2m(v2

2 − v21

)=k

2e2

(1

r2− 1

r1

)


Exercise 44. Uno scivolo ha la forma di un arco di cerchio di raggio 12m, tangente al terreno e di altezza4.00m. Un bambino di 25 kg parte da fermo dall'alto dello scivolo e arriva in fondo alla velocità di 6.2m/s.Trovare la lunghezza dello scivolo e la forza media di attrito lungo tale distanza.

Soluzione: Il calcolo della lunghezza dello scivolo viene svolto nell'ipotesi di non poter contare sui teoremidella trigonometria. Facciamo riferimento alla �gura sotto.

La curva AB descrive la forma dello scivolo (arco di circonferenza), il segmento AB un'approssimazionedi uno scivolo rettilineo (corda del cerchio). Lo scivolo è tangente al terreno, e pertanto il segmento BOè perpendicolare al terreno (O è il centro del cerchio). Possiamo calcolare il segmento AC con il teoremadi Pitagora, ottenendo

√80m, e da qui trovare la corda AB = 9.8m. Se applicassimo la trigonometria

otterremmo per l'arco AB = 10m.L'energia potenziale del bambino nel punto più alto dello scivolo è

U = mgh = 25 kg × 9.8m

s2× 4.00m = 980 J

Scendendo, in assenza di attrito, tutta questa energia si trasformerebbe in energia cinetica, e il bambinogiungerebbe a terra con una velocità di

v =

√2K

m=

√1960 J

25 kg= 8.9

m

s

La di�erenza tra le due velocità è legata all'energia dissipata dall'attrito. Il lavoro da questa fatto è

Watt = Fatt · l =1

2× 25 kg ×

(8.92 − 6.22

)= 510 J

La forza media d'attrito è quindi

Fatt =Watt

l=

510 J

9.8m= 52N

Exercise 45. 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 coe�ciente di attritodinamico è µk = 0, 20. La particella è lasciata libera ad un'altezza h = L/2 rispetto al tratto piano. Trovaredove si ferma la particella.

Soluzione: La particella nel punto iniziale si trova ad un'altezza h rispetto al tratto piano, preso comeriferimento, e possiede quindi una energia potenziale pari a (h = L

2 )

U = mgh = 0.5mgL

tale energia viene convertita in energia cinetica lungo la discesa. Sul tratto piano la forza di attritodissipativa compie un lavoro

W = −FattL = −0.20mgL

Al termine del tratto piano, la particella a�ronta 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

0.30mgL = mgh′

da cuih

′= 0.30L = 0.60h

La particella poi ridiscende. Essendo le condizioni identiche e cambiando solo il dislivello del puntodi partenza, la particella perderà, sul tratto orizzontale, altri 0.20mgLJoule e ridiscendendo poi, sifermerà a metà del tratto piano, perdendo i restanti 0.10mgLJoule.


Exercise 46. Il cavo di un ascensore di 2000 kg si spezza quando la cabina si trova ferma al primo piano, colfondo ad una distanza d = 4.0m al di sopra di una molla ammortizzatrice di costante elastica k = 1.5 ·105N/m.Un dispositivo di sicurezza agisce sulle guide in modo da far loro sviluppare in caso di emergenza una forzad'attrito costante pari a 4900N che si oppone al moto dell'ascensore. Trovare la velocità dell'ascensore primache 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

U = mgh = 2000 kg · 9.8 ms2· 4.0m = 78400 J

La forza d'attrito compie un lavoro resistente pari a

Watt = −Fh = 4900N · 4.0m = 19600 J

L'ascensore acquisterà quindi una energia cinetica

K = 78400− 19600 = 58800J

la velocità prima dell'impatto con la molla è

v =

√2K

m=

√117600 J

2000 kg= 7.7

m

s

La molla subirà quindi una compressione (il lavoro della molla è quello che serve a fermare l'ascensore)

x =

√2K

k=

√117600 J

1.5 · 105 Nm

= 0.89m

CONSERVAZIONE DELL'ENERGIA MECCANICA

esercizi risoltiClassi terze L.S.

In questa dispensa verrà riportato lo svolgimento di alcuni esercizi inerenti il principio di conservazionedell'energia meccanica, uno strumento molto potente per trattare svariatissime situazioni di moto dicorpi, in maniera semplice.

Riprendiamo alcuni concetti utili.

• energia: grandezza �sica caratteristica di un sistema, che permette la produzione di lavoro. Perquesto motivo si misura in Joule (come il lavoro)

• energia meccanica: di un sistema è la somma di tutte le forme di energia possedute dal sistemastesso

• energia cinetica: forma di energia associata al movimento di un corpo, pari al lavoro speso dallaforza motrice per dotare il corpo di massa m della velocità v. In formule:

Ec =1

2mv2

• energia potenziale gravitazionale: forma di energia posseduta da un corpo di massa m chesi trova all'altezza h rispetto ad una pre�ssata quota di riferimento. E' pari al lavoro speso controla forza-peso per innalzare la massa a quella altezza (lavoro di sollevamento) o anche al lavoro chela 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 g = 9, 81m/s2.

• energia potenziale elastica: 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 spesocontro la forza di richiamo per produrre la defomazione e vale:

Eel =1

2K ·∆s

• conservazione dell'energia meccanica [PCEM]: principio o legge di conservazione che ci diceche in un sistema isolato (tale per cui le forze esterne sono inin�uenti, ovvero tale per cui non av-vengono scambi di energia col contesto) l'energia totale si conserva nel tempo (tutt'al più, mutandoforma). In particolare, per tutti i fenomeni divisibili temporalmente in due momenti (il �prima� 1e il �dopo� 2), si può dire che:

Etot1 = Etot2

1 Conversione cinetica ⇔ potenziale

1.1 cinetica → potenziale

In questo esercizio vediamo come l'energia cinetica di un corpo dotato di velocità si può convertire inenergia 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. Adun certo punto a�ronta una salita di dislivello ∆h = 1m. Dimostrare che il corpo non riesce ad arrivarein cima. Che velocità dovrebbe avere per raggiungere la sommità della salita a velocità nulla? E se lavelocità residua fosse di vf = 1 m/s

Osserviamo subito che se il testo del problema dice esplicitamente di trascurare gli attriti, il sistemaè 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 chenon compie dislivelli

• Fine o 2. Dopo aver a�rontato la salita, il corpo giunge alla quota �nale. L'energia cinetica iniziale sideve trasformare in potenziale, producendo un lavoro di sollevamento �no alla quota h compatibilecon l'ammontare di energia iniziale

E' chiaro che ad ogni quota è associata una certa energia potenziale, per cui, valendo PCEM, tuttal'energia cinetica della fase 1 deve trasferirsi in potenziale, ossia E1 = E2. La pallina riuscirà ad arrivarealla quota h 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 su�ciente per produrre lavoro di sollevamento alla quota richiestae la pallina si fermerà prima.

Nel nostro caso:

Ec =1

2mv2 =

1

2· 1 · 22 = 2J

mentreEP = 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 competeall'ammontare di energia cinetica iniziale. Tale quota è data da:

1

2mv2 = mgh⇒ h =

1

2

v2

g= 0, 2m

Per calcolare la velocità iniziale v0 che deve possedere la pallina, basta scrivere:

1

2mv20 = m · g · h⇒ v0 =

√2gh =

√2 · 9, 81 · 1 = 4, 43m/s

Se la pallina possiede esattamente questa velocità, tutta la sua energia cinetica della fase iniziale sitrasforma in energia potenziale e quindi essa arriverà alla �ne della salita con velocità pari a zero.

Se vogliamo in�ne che la velocità �nale non sia zero, ma vf , dobbiamo speci�care che nella fase 2 deverimanere un �residuo� di energia cinetica, cosicchè l'energia meccanica �nale è data da:

E2 = EP + Ec = mgh +1

2mv2f

Applicando la conservazione, visto che E1 = E2, si ha:

1

2mv20 = mgh +

1

2mv2f ⇒ v0 =

√2 · g · h + v2f =

√2 · 9, 81 · 1 + 1 = 4, 54m/s

1.2 potenziale gravit.→ cinetica

Il metodo migliore per dotare una massa di velocità consiste nel farla scendere lungo un dislivello ∆hsecondo un cammino qualsiasi (caduta libera o piano di inclinazione qualsivoglia): difatti, essendo laforza peso una forza conservativa, il lavoro che essa produce sulla massa (e quindi l'energia cinetica chele 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 undislivello ∆h = 1m. Con quale velocità arriva in fondo alla discesa? Da che altezza lo devo far scenderese 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 h = 1m rispetto al piano orizzontale, preso come quota di riferimento.

• Fine o 2. Dopo aver a�rontato la discesa, il corpo è stato accelerato dalla forza peso, che hacompiuto un lavoro pari all'energia potenziale del punto precedente, dotandolo di energia cineticae 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:

Ep = Ec =1

2mv2f ⇒ 9, 81 =

1

2mv2f ⇒ vf =

√14, 7 · 2

1, 5= 4, 43m/s

Se voglio che la sua velocità vf sia invece solo 4 m/s, dovrò partire da una quota sicuramente piùbassa, in modo tale che, al solito:

1

2mv2f = mgh

e quindi:

h =1

2

v2fg

= 0, 81m

2 conversione cinetica ⇔ potenziale elastica

In questi due esercizi vediamo come l'energia cinetica di un corpo dotato di velocità, si può convertire inenergia 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 parteda ferma, che velocità �nale raggiunge?

In questa situazione possiamo a�ermare che, non essendoci attriti, tutta l'energia potenziale elasticaimmagazzinata 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 v = 0. Quindi:

E1 =1

2K ·∆s2 = 0, 0135J

2. Fase �nale, in cui la molla è tornata alle dimensioni iniziali (quindi si è �scaricata� della sua energiapotenziale elastica), trasferendo l'energia alla pallina. L'energia meccanica del sistema è puramentecinetica, dovuta alla velocità assunta dalla pallina, dunque:

E2 =1

2m · v2

Valendo PCEM, possiamo eguagliare le due energie, ottenendo l'equazione:

1

2K ·∆s2 =

1

2mv2

ossia

0, 0135 =1

2m · v2 ⇒ v =

√2 · 0, 0135

m= 0, 735m/s

2.2

Un corpo di massa m = 2Kg viene accelerato sopra una super�cie piana e liscia, partendo da fermo, dauna forza costante di 1N che agisce per ∆t = 2 secondi e poi lasciato libero. Al termine della super�cieè presente un respingente consistente in una molla di costante K = 100N/m. contro il quale il corpo vaad urtare, fermandosi. Determinare la compressione ∆s della molla, prima che ritorni alle dimensioniiniziali.

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 lospinge per 2 secondi. Al termine della spinta, il corpo ha raggiunto una certa velocità, quindi è statodotato di energia cinetica.

Questa energia viene poi perduta nella fase 2, perchè nell'urto con la molla essa si trasferisce in lavorodi compressione, ossia viene immagazzinata in energia potenziale elastica, fornendo al dispositivo unacerta 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

m= 0, 5m/s2

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 calcolatocon la legge oraria del moto uniformemente accelerato, e cioè, partendo il corpo da fermo:

s =1

2at2 =

1

20, 5 · 22 = 1m

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 dàsubito 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

2mv2 =

1

2· 2 · 1 = 1J

Ora, nella fase 2, tutta questa energia deve trasferirsi totalmente, essendo trascurabili gli attriti, inenergia potenziale elastica della molla, quindi, per il PCEM:

E1 = E2 ⇒ 1J =1

2K ·∆s2 ⇒ ∆s =

√1 · 2K

=

√1 · 2100

= 0, 141m

3 Conversione potenziale el. ⇔ potenziale grav.

3.1 pot.grav. → pot. elastica

E' l'esempio dei dispositivi di lancio a molla, in cui un corpo viene sparato verticalmente oppure lungoun piano inclinato da una molla.

Un dispositivo di lancio è costituito da una molla di costante K = 10 N/m che agisce su una pallinadi 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 dovrebbeavere una molla che, comprimendosi di 10 cm porta la pallina (stessa massa) esattamente a 1 m dialtezza?

Qui nella fase 1 la pallina è attaccata alla molla, che compressa di 2 cm è stata caricata di energiapotenziale elastica.

L'energia potenziale elastica di cui è caricata la molla a causa della compressione vale:

E1 =1

2K∆s2 = 0, 1J

Questa energia si trasforma, grazie al PCEM che vale in quanto trascuro gli attriti, totalmente inenergia potenziale gravitazionale, consentendo al corpo di giungere alla quota massima h tale che:

0, 1 = mgh⇒ h =0, 1

m · g= 0, 1m

4

Se si vuole che l'altezza �nale sia di h = 2m la molla deve essere maggiormente compressa. In talcaso 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 ∆s, tale che:

1

2K∆s2 = 1, 962J ⇒ ∆s =

√2 · 1, 962

K= 0, 63m

In�ne, si può calcolare anche quale deve essere la K di una molla compressa di 10 cm che porta lapallina a 1 m di altezza.

Eguagliando le espressioni delle energie potenziali, si ha:

1

2K∆s2 = mgh⇒ K =

2 ·mgh

∆s2= 196, 2N/m

3.2 potenziale grav. → potenziale el.

Un corpo di massa m = 1Kg cadendo liberamente da un'altezza di 50 cm, di quanto comprime una molladi 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 terminedella caduta.

In situazioni del genere possiamo porre lo zero del potenziale gravitazionale nel punto in cui la mollaha la massima compressione, trascurando quindi la variazione di potenziale dovuta alla diminuzione diquota della molla.

E' ovvio che tutta l'energia potenziale gravitazionale posseduta all'inizio del moto di caduta si devetrasferire in energia potenziale elastica della molla, causandone una compressione ∆s tale che:

mgh =1

2K∆s2 ⇒ ∆s =

√2mgh

K= 0, 2m

4 Quando non si conserva l'energia: sistemi dissipativi

Le condizioni di applicabilità del PCEM sono del tutto irreali: nella pratica, è impossibile osservaresistemi perfettamente isolati, visto che l'azione delle forze non conservative (ovvero, in ultima analisi, gliattriti) è sempre presente.

In ogni caso il PCEM può essere un valido strumento per studiare, al contrario, la �non conservazio-ne� dell'energia meccanica: è sensato pensare che, allorquando viene violata la conservazione, l'energiaperduta è stata dissipata dalle forze di attrito.

In ultima analisi, e�ettuando un bilancio energetico è possibile risalire all'entità delle forze non con-servative che interessano il sistema: basterà vedere di quanto è variata l'energia meccanica del sistematra la fase �nale e quella iniziale (calcolando, in de�nitiva, un ∆E) e porre uguale questo valore al lavorodelle 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-idealeseguente.

Una massa di m = 0, 3 Kg viene fatta scendere lungo un piano inclinato con attrito, che supera undislivello di h = 22cm. Al termine della discesa, il corpo procede muovendosi sopra una rotaia a cuscinod'aria che minimizza gli attriti radenti e con un sistema a fotocellule se ne determina la velocità che valev = 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 certodire che vale il PCEM. Per accorgercene, proviamo ad e�ettuare un bilancio energetico:

5

1. Fase 1: il corpo è in quiete sulla sommità del piano inclinato ad altezza h = 22cm. La sua energiaè puramente potenziale e vale E1 = mgh = 0, 65J

2. Fase 2: il corpo ha completato la discesa, ha acquisito una certa velocità v che viene mantenutacostante per tutta la durata del moto orizzontale, visto che non vi sono attriti (almeno radenti)

signi�cativi. La sua energia è puramente cinetica e vale E2 =1

2mv2 = 0, 03J

E' evidente che E1 6= E2, in particolare E2 < E1, dunque, nella transizione tra la fase 1 e la fase 2dell'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 diforze 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 dispositividi 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 unpistone a molla di costante complessiva K = 1000 N/m. Quando l'ascensore giunge a quota zero siosserva che la molla si comprime di ∆s = 1, 5m. Dedurre l'entità delle forze di attrito frenanti che sisviluppano sulle guide laterali

Il lavoro delle forze di attrito è dato dalla di�erenza ∆E fra le energie meccaniche E1 ed E2 delle duefasi (fase iniziale, quando l'ascensore inizia la caduta, e fase �nale, quando si ha la compressione dellamolla).

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 =1

2K∆s2 = 1125J

Il sistema non è conservativo, visto che E2 < E1. La di�erenza di energia ci dà il lavoro L delle forzedi attrito:

L = ∆E = E2 − E1 = −195.075J

Se lo spostamento s è stato di h = 40m, la forza sarà data da:

F =L

s=−57735

40= −4876, 9N

6

Lavoro ed energia cineticaEs. 2 del 6/2/2004Il 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.

SOLUZIONEDi 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: E 1=1

2k x2 ;

2) Il carrello è completamente staccato dalla mossa ma ancora a quota zero: tutta la sua energia è

energia cinetica: E 2=1

2m v2 ;

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: E3=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

2k x2=mgh da cui ricaviamo

12

k x 2

mg=0.23 cm.

Es. 2 del 0/9/2004Il 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

SOLUZIONEIl punto B è il punto in cui il cubetto raggiunge la quota di minore livello del sistema. L'energia posseduta in B

h

B C

d

A

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:

mgh=12

m vb2

da cui vb= gh2 = .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

EF−E I=Lext

ovvero la variazione dell'energia di un corpo è uguale al lavoro fatto dalle forze esterne sul corpo stesso. Quindi avremo:

EF−E I=0−12

m vB2=114.82 J, e Lext=

f d⋅s= f d scos180 °=− f d s=−d mg s=1.32 s

da cui ricaviamo:1.32 s=114.82 , ovvero s=86.98 m. Quindi il corpo passa dal punto C. Per sapere con quale

velocità vi passi, sfruttiamo nuovamente la relazione sull'energia EF−E I=− f d s ma questa volta poniamo s=50:

12

m vC2−

12

m v B2=− f s d

da cui

12

m vC2−

12

m v B2=− f s d vC= 2

m− f s d

12

m vB2=22.46 m/s.

Es. 4 del 15/7/2005Un 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.

SOLUZIONEIl 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.

16 m

v

12 m

pag. 20 P. Maestro Lavoro ed energia

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


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 vini

2 = 0.5 × 2 × (52 - 22) = 21 J

b) L = ½ m vfin2 - ½ m vini

2 = 0.5 × 2 × (0 - 82) = -64 J

In questo caso il lavoro è negativo perché la forza ha verso opposto allo spostamento del corpo


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 vB

2 + UB = ½ mvA2 + UA

½ m vB2 + 0 = 0 + mga

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.

Scriviamo ora l’equazione per i punti A e C: ½ m vC

2 + UC = ½ mvA2 + UA

½ m vC2 + mgc = 0 + mga


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 mvf

2 – ½ mvi2 = L ⇒

L


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 ?

Scegliere segno + . La soluzione – non ha significato fisico

Soluzione


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 mvi

2 + 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 mvf

2 - 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

Esercizio n.6


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 mv2

min = 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

Quinta Esercitazione di Fisica I 1

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

2 v21

MsF = da cui N 6000 2 v

2

==s

MF

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

avrà m 20 2

v v

21 2

2 ≅==g

hhgMM

Lo stesso risultato si può ottenere con un approccio puramente cinematico, sfruttando le leggi per il moto uniformemente decelerato: 2/ v v0 2tgthtg −=−= . 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


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 "Lavoro-Energia", poiché la velocità iniziale è nulla il lavoro sviluppato in un tempo t sarà pari sia al prodotto

della potenza per il tempo ( P t), sia alla energia cinetica finale ( 2 v21

m ). Quindi "3.10 2 v 2

==P

mt

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:

smaLavoroEmE cc v21 2 === satatas 2v v

21 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: JhgMEc 160 =∆= 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


3

502.492v

v21 2

2 ≅≅=�=g

smgsmµ

µ m/s

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

≅++∆

=�=++∆s

gsmshgmFFsgsmshgm 21

21

)()( 2200 N.

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

( ) ( )( ) J15152

43262

2222 ==+−+=∆ mmE

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

1kWW1000W)s(

2.1010002209 =≅×××××=tempo

gpotenza

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

all’accelerazione di gravità hRg

R

hghmgm∆=�

��

��

�

=

∆=�∆=2

v

2vv21

2

22

Si ha: ∆h = 10 m e R = 20 m.

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


4

Soluzione. L’energia dissipata è la differenza tra energia cinetica all’impatto e energia potenziali riacquista nel rimbalzo: ( )ghmE −=∆ 2/v 2 . 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

"massa-molla" , è dato da km

T 2 π= . Sostituendo ad m il valore di 1 kg ed alla costante k la somma

delle due costanti elastiche, si ottiene sT 0.31 ≅ 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:

)( )( 022011 llkgmllkgm −=−= dove k è la costante elastica della molla. Dividendo membro a

membro le due equazioni si ottiene 02

01

2

1

llll

mm

−−

= . Sostituendo i valori noti si ottiene l0 25= cm.

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

tfAftfAs 2sin 2 v 2 cos πππ == Il valore massimo della funzione seno è 1, per cui : sm/ 1.0 2max == Afv π 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

Soluzione. La pulsazione del moto è ω = 2π/T e l’energia complessiva si scrive 20

2

21

smE ω=

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

( ) 7m/s2.023

4/vv21

21

020

20

220

22220

2 ≅=−=−=�+== ssssssmsmE ωωωωω

dove le ultime eguaglianze traducono i dati numerici del problema


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 (A) ___________ (B) 4.9(106) (C) 6.1(106) (D) 8.8(106) (E) 9.8(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 (E) ___________

d d


6

9. Una massa di 5 Kg compie un moto armonico descritto dall’equazione txtx ωcos)( 0= 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 (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 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

ϑ

R

v

y

x


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


8

Quinta Esercitazione: IIa Parte Dinamica- Esercizio Risposta 1 (C) 3 m/s 2 (A) 588 N 3 (C) 230 W 4 (E) 9.8 (106) Kwh 5 (D) 3.35 m/s 6 (D) 3.57 kg 7 (C ) 12.6 cm/s 8 (E) 0.44 s 9 (A) 90 J 10 (C) 0.635 s 11 (A) 5.7 m/s 12 (D) 870 13 (B) 0.5 s 14 (B) 0.57 15 (B) 780 m 16 (A) 420 N 17 (C) 0.97 s 18 (A) vera, altre false 19 (B) 330 20 (A) 380 N/m 21 (E) 0.95 m/s 22 (C) 0.90 s 23 (A) 2.7 km/h 24 (A) 69 cv 25 (B) 0.5 J

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:

Scomponiamo la forza F , secondo la regola del parallelogrammo, nelle due forze F1 ed F2 ,

perché la forza che causa il moto orizzontale non è F ma F1 (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 = F totm

= 96,4 N30 kg

= 3,2 m

s2

e poiché s = 12

a t2 ⇒ t = 2s

a = 2 ⋅15

3,2 = 3,1 s .

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:

a = g = F totm

= 3 N0,250 g

= 12 m

s2

Tale valore, sostituito in una delle 4 equazioni cinematiche1

del moto uniformemente accelerato/ritardato, fornisce (formula inversa) il tempo impiegato:

v = at + v0 ⇒ t = v – v0

a = 0 – 20

-12 = 1,67

m

s2 .

1 Come si era detto, in quelle quattro equazioni cinematiche, quando il moto è uniformemente ritardato l’accelerazione deve essere presa col segno “-“ davanti.

50°

F = 150 N

F1 = ?

F2 = ?

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. -

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:

a = F tot

m = 20

5 + 4 + 3 = 1,67

m

s2

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:

B C A

F = 20 N

3

- dalla forza T di 30 N, applicata al corpo con una corda inclinata di 30° - dalla forza peso - dalla reazione vincolare - dalla forza di attrito dinamico Fd = 1 N.

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:

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 (lavoro nullo)

infatti l’angolo θ tra forza e spostamento è il seguente (90°): 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): 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

30°

T = 30 N

P

V

s

F

30°

V

s

4

infatti, l’angolo θ risulta 180°, come si vede dal seguente diagramma dei vettori forza-spostamento: 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 = 12

m v2

f ;

dividendo per “m” ambo i membri:

gh = 1

2 v

2f

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 = v0

2 + 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

P

s Fd

A

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 vincolare2 V, che fa un lavoro nullo (dato che l’angolo θ tra il vettore forza 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 = 12

· m · (vfin)2 - 0

dato che l’energia cinetica iniziale è nulla (il corpo parte da fermo). Quindi:

v = 1965

= 6,26 ms

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:

Lmolla = – 12

k (Df 2 – Di

2) = – 1

2⋅1000 ⋅ (0

2– 0,05

2) = 1,25 J

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 = 2Tm

= 2,2 ms

2 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:

- Uel (A) = 12

⋅ 900 ⋅ 0,0452 = 0,91 J

- Uel (O) = 12

⋅ 900 ⋅ 02

= 0

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:

Il blocco è soggetto solo alle seguenti forze:

- forza peso P

- reazione vincolare V del tavolo

- forza elastica Fel 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): T Ugr Uel E = T + Ugr + Uel

A 12

mv2

= 12⋅0,500 ⋅v

2 = 0,250 v

2

0 1

2 k D

2= 1

2 ⋅1000 ⋅0

2 = 0

0,250 v

2

B 0 0 12

k D2

= 12

⋅1000 ⋅0,032 = 0,45

0,45

da cui (imponendo l’uguaglianza dell’energia meccanica del blocco in A e in B): 0,250 v2 = 0,45;

A

7

v = 0,45

0,250= 1,3 m

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): T Ugr E = T + Ugr

A 0 mgh = m·9,8·2 = 19,6 m 19,6 m

B 12

mv2

0 1

2 mv

2

da cui (imponendo l’uguaglianza dell’energia meccanica del blocco in A e in B):

19,6 m = 12

mv2

e dividendo ambo i membri per m, si ha:

19,6 = 12

v2

, da cui: v = 39,2 = 6,3 ms

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 ;

- 10 = 1

2 ⋅0,1 ⋅100 + 0

– (0 + 0,1 ⋅9,8 ⋅h) ;

-10 = 5 – 0,98·h ; h = 15,3 m

Esercizi sulla conservazione dell’energia meccanica

1. Un piccolo blocco di massa m=300 g parte da

fermo dalla posizione A, arriva in B convelocità v=4 m/s, poi scivola lungo lasuperficie orizzontale per una distanza d=8 mprima di fermarsi.a)Si determini il lavoro della forza di attritolungo la superficie curva. W= -3.48 Jb) Si determini il coefficiente di attrito lungo lasuperficie orizzontale. µ= 0.1

2. Una particella di massa m=2 kg si muove sotto l’influenza della forza

=x

)x(F3

N. Se la sua

velocità a x=2.0 m è v=6.0 m/s, quale è la sua velocità a x=7.0 m? v= 6.59 m/sTeorema dell’energia cinetica (delle forze vive)

3.Un punto materiale di massa m=10 kg viene rilasciato dalpunto più alto di un piano inclinato di 30° rispettoall’orizzontale. Giunto in fondo collide con una mollaideale comprimendola al massimo di 0.75 m. La costanteelastica della molla è K=500 N/m, l’altezza del pianoinclinato è h=2 m e la superficie orizzontale è priva diattrito. Si calcolino: la velocità dell’oggetto al fondo delpiano inclinato, il lavoro delle forze di attrito lungo ilpiano inclinato.La molla respinge indietro il punto materiale, qual è lavelocità del punto quando raggiunge la base del pianoinclinato? v= 5.3 m/sQual 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 massaviene lasciata libera dalla posizione orizzontale col filo teso. Un piccolo perno si trova ad unadistanza h sotto il punto in cui è appesa la massa. Si dica quale è il minimo valore di h per il quale lamassa 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 staticotra piano e corpo sia µs=0.7. Il corpo è connesso tramite un filo inestensibile e di massa trascurabilead un punto materiale di massa m=M/2 (vedi figura). Inizialmente la parte di filo verticale halunghezza 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 NIn un secondo tempo si sposta la massa m dalla posizione di equilibrio di un angolo θ=35° e la si lascialibera di oscillare in un piano verticale.b) Si determini la velocità della massa m in questo istante v= 1.33 m/sc) Si determini la tensione massima del filo T max= 6.67 Nd). Si dica se il corpo M si trova ancora in equilibrio statico giustificando la risposta.

2 m

A

B C

8 m

2m

30°

Problema 5

6. Un punto materiale di massa M=0.2 kg è in quiete all’interno di una calotta cilindrica liscia diraggio R=0.5 m. All’istante iniziale il punto materiale è fermo ad una quota R rispetto al fondo dellacalotta. In un istante successivo esso inizia a scivolare e, raggiunta la fine della calotta (vedi figura)prosegue il suo moto.

Si determinino

a) Il modulo della velocità che possiede il punto materiale quando abbandona la calottav= 2.91 m/s

b) A quale distanza da questo punto toccherà terra, x= 0.85 mc) 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 infigura, 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 ilmoto.

1) Determinare la reazione vincolare nella posizione A; N=13.72 N2) Si verifichi che il punto materiale M si stacca dalla guida nella posizione B di raccordo tra le

due semicirconferenze (θ=45°);3) Determinare l’altezza di M quando passa per la verticale del punto C durante il moto

parabolico; h1= 0.45 m

π/6R

M

m

L

8. Un punto materiale di massa m ruota su un piano orizzontale scabro attorno ad un punto O cui èconnesso tramite una sbarretta ideale di lunghezza l=0.5 m.Il coefficiente di attrito dinamico trapunto e piano è µk=0.15. All’istante t = 0 il modulo della velocità del punto è v0= 4 m/s. Sapendoche 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 mrispetto all’asse x, con velocità iniziale v = 37.5 m/s in direzione orizzontale. Dopo 2.5 s di volo ilproiettile colpisce un corpo di massa M = 200 g in caduta verticale dopo essere partito da fermo dauna quota h1 = 65 m rispetto all’asse x e vi si conficca. Calcolare1) la posizione in cui avviene la collisione; x= 93.75 m, y=14.37 m2) l’energia cinetica persa nell’urto; ∆E= 29.10 J3) 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 dilunghezza L=5 m contiguo a una guida circolare liscia di raggio R=2 m, come in figura. Il punto Pe‘ inizialmente fermo a contatto dell’estremità di una molla di lunghezza a riposo l0=1 m e costanteelastica K=150 N/m, inizialmente compressa della quantità d=0.5 m. Ad un certo istante, P vienelasciato libero di muoversi.Determinare:1) Il massimo valore di m affinché P si stacchi dal piano orizzontale, supposto liscio, nellaposizione A di raccordo tra lo stesso e la guida circolare; mmax= 1.91 kgSe la massa di P vale m=1.2 kg, calcolare:2) L’angolo φ tra la velocità di P e l’asse delle x nell’istante in cui P giunge al suolo, se il pianoorizzontale OA e‘ liscio; φ= -48.29°3) Il massimo coefficiente di attrito dinamico µd tra P e il piano orizzontale OA, supposto scabro,affinché P si stacchi dalla guida circolare ancora nella posizione A; µ= 0.13

11.Nel sistema rappresentato in figura i due corpi dimassa m1=1.5 kg e m2=0.5 kg poggiano sui pianiinclinati di θ1=30° e θ2=60°, rispettoall’orizzontale. Il filo che connette i due corpi èinestensibile e di massa trascurabile e lacarrucola è senza massa. Il piano su cui poggiam1 è liscio mentre quello su cui poggia m2 èscabro con coefficienti di attrito statico edinamico 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 angolareω= 1.5 rad/s in senso orario lungo una circonferenza di raggio R = 35 cm che giace in un pianoorizzontale, come in figura. Un secondo punto materiale di massa m2 = 95 g è inizialmente fermonel punto P, esterno alla circonferenza. A partire dall’istante t = 0 la massa m2 viene sottoposta aduna forza costante F = 1.4 x 10-2 N che la mette in moto lungo una retta orizzontale tangente allacirconferenza, fino a che, giunta nel punto A, alla distanza d da P, urta elasticamente e frontalmentela massa m1. Sapendo che all’istante t = 0 la massa m1 si trovava nella posizione B, diametralmenteopposta 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 mDopo l’urto m2 rimbalza indietro e ritorna verso il punto P senza essere più sottoposta a nessunaforza. 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

m1m2

30° 60°

Carlo Sintini – Fisica ? … No problem !

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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

(4-13) x

y

F 0 T cos A 0

F 0 Tsen R mg 0

⎧ = → α − =⎪⎨

= → α + − =⎪⎩

∑∑

ma è anche (4-14) A R= µ Le tre equazioni (4-13) e (4-14) contengono tre incognite (T, A, R). Eliminiamo A ed R ed esplicitiamo la T

T cos RTsen R mg

T cosR

T cosTsen mg

α = µ⎧⎨ α + =⎩

α⎧ =⎪ µ⎪⎨ α⎪ α + =⎪ µ⎩

T sen T cos mgmgT

sen cos

µ α + α = µµ

=µ α + α


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Cioè, sostituendo i valori numerici, 110 10 20 205T 20,7 N

0,1 0,866 0,9661 1 35 2 2

⋅ ⋅= = = ≅

++

Ora passiamo alle altre domande, al calcolo dei lavori. Il lavoro compiuto dal ragazzo è

T3L T s Ts cos 20,7 20 359J

2= ⋅ = α = ⋅ ≅

Il lavoro della forza d’attrito è

AL A s As= ⋅ = − ma ricordando la prima delle (4-13) si può scrivere anche

A3L Ts cos 20,7 20 359J

2= − α = − ⋅ ≅ −

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

totale T A R pL L L L L 359 359 0 0 0 J= + + + = − + + = 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)

21L kx2

= . L’energia cinetica accumulata dalla molla durante la compressione è 21T mv2

= .

Per il teorema suddetto queste due espressioni devono essere uguali, quindi 2 2

2 2

1 1kx mv2 2kx mv

m 10x v 2,5 2,5 0,005 0,177 m 17,7 cmk 2000

=

=

= = = ≅ =


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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.

Dalla formula 2v 2gh= si ottiene 2vh

2g=

Ora trattiamolo con il teorema dell’energia cinetica: il lavoro fatto dalla forza di gravità è uguale all’energia cinetica acquistata dall’auto

2

2

2

1mgh mv2

1gh v2

vh2g

=

=

=

Le due formule ottenute sono identiche. Facendo i calcoli si trova

2

2

723,6 20h 20m2 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 !


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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 hcosr

r cos r h

−α =

α = −

(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

2

Energia meccanica nel punto A mgh 01Energia meccanica nel punto B 0 + mv2

+

Le due energie meccaniche devono essere uguali, perciò 21mgh mv

2=

semplificando, si riottiene appunto (5-16) 2v 2gh= Sostituendo la (5-15) nella (5-16) abbiamo


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(5-17) 2v 2gr(1 cos )= − α Calcoliamo ora la forza centrifuga Fc della sferetta a tale velocità

(5-18) 2

cv mF m 2gr(1 cos ) 2mg(1 cos )r r

= = − α = − α

Ma la forza ad essa opposta (vedi diagramma del corpo libero) è (5-19) np pcos mg cos R= α = α = Il distacco della sferetta si ha quando la (5-18) raggiunge la (5-19), cioè quando

c nF p2mg(1 cos ) mg cos2 2cos cos

2cos3

2arccos3

=− α = α

− α = α

α =

α =

o meglio quando 2 1h r(1 cos ) r(1 ) r3 3

= − α = − =

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)

2

Energia meccanica nel punto A mgh 01Energia meccanica nel punto E mg(2r) + mv2

+

Uguagliando fra loro le due energie, otteniamo


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2

2

2

2

12mgr + mv mgh2

12gr + v gh2

4gr v 2ghv 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

C

2

F p

vm mgr

2g(h 2r)m mgr

2gh 4gr gr

=

=

−=

− =

cioè

(5-20) 5h r2

=

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.

2

Energia meccanica nel punto A mg(5r) 01Energia meccanica nel punto D mgr + mv2

+

Uguagliando fra loro le due energie, otteniamo 2

2

2

2

1mgr + mv 5mgr2

1gr + v 5gr2

2gr v 10grv 8gr

=

=

+ =

=

La forza centrifuga nel punto D è allora 2

Dv mF m 8gr 8mgr r

= = =

Dal diagramma di corpo libero risulta quindi 2 2 2 2 2 2DF F p 64m g m g mg 65= + = + =

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LAVORO ED ENERGIA ENERGIA CINETICA - web.tiscali.itweb.tiscali.it/appunti.matematica/conservazion_esercizi_mix.pdf · Allora confrontando le energie cinetiche iniziali si ha K p =