SOLUZIONI. z) [ 6αyz]= [ MLT 2] [α] [ L 2] = [ MLT 2] [α]= [ ML 1 T 2] Si può facilmente verificare che il risultato soddisfa anche la y) elaz).

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1 LAVORO ED ENERGIA ESERCIZIO 1 Dato il campo di forze F = α(3x î + 3z ĵ + 6yz ˆk): a) determinare le dimensioni di α; b) essendo il campo conservativo con energia potenziale pari a U(x,y,z)=αx 3 + 3αyz [posto U 0 = U(0,0,0) =0], verificare che U ha le dimensioni di una energia; c) supponendo che α valga.5 nelle unità del SI, calcolare il lavoro compiuto dalla forza per portare un oggetto dal punto A(1,, 1) al punto B(,1,1). Si considerino le coordinate dei punti espresse in metri. ESERCIZIO Una sferetta di massa m = 0.5 kg è appesa all estremità di un filo inestensibile di massa trascurabile lungo l = 1 mfisso all altro estremo. Soffia il vento in direzione orizzontale e la sfera inizialmente in quiete sulla verticale si solleva fino a quando il filo forma con la verticale un angolo ϕ = 60. Calcolare: a) il lavoro compiuto dal vento; b) la tensione della fune; c) la velocità v costante con cui soffia il vento, sapendo che F = kv con k = 3 g/m. ESERCIZIO 3 Un corpo di massa m si muove su un piano orizzontale scabro e all istante iniziale ha velocità v 0. Dopo un tratto D il corpo comprime di un tratto l una molla ideale di costante elastica k e lunghezza a riposo nulla fino a fermarsi. Calcolare il coefficiente d attrito dinamico µ. ESERCIZIO 4 Un profilo rigido è costituito da un tratto orizzontale OA, da un piano inclinato AB di altezza h =.5 m, da una buca BC di lunghezza L = 7.5 m e profondità costante h (vedi figura). Un corpo di massa m = 100 g è appoggiato ad una molla di costante elastica k = 10 3 N/m compressa. Se si lascia libera la molla essa imprime al corpo un impulso di modulo 1.4 Ns. Calcolare: a) la compressione iniziale della molla; b) per quali valori dell angolo di inclinazione del piano il corpo oltrepassa la buca. 1

2 ESERCIZIO 5 Un corpo di massa m scivola lungo un piano lungo s e inclinato di un angolo α rispetto all orizzontale. Il corpo parte da fermo dalla cima e scivola lungo il piano, dove agisce una forza orizzontale di modulo F = β costante. Alla fine del piano inclinato la forza smette di agire e, dopo aver percorso un tratto orizzontale senza attrito, il corpo va a colpire una molla di costante elastica k. a) Verificare se F è conservativa e calcolarne eventualmente l energia potenziale; b) trovare la velocità del corpo alla fine del piano inclinato; c) trovare la compressione della molla. ESERCIZIO 6 Un corpo di massa m è posto in cima a un piano inclinato di un angolo α, scabro con coefficiente di attrito µ ad un altezza h dal suolo. Alla base del piano il corpo si muove su un piano orizzontale liscio dove incontra una molla di costante elastica k. Determinare: a) la velocità con cui il corpo raggiunge la fine del piano inclinato; b) la compressione della molla al primo urto; c) l inclinazione α del piano affinché il corpo risalga fino a fermarsi ad un altezza pari a metà di quella iniziale, supponendo µ = 1/3. SOLUZIONI ESERCIZIO 1 a) Le dimensioni di α si trovano considerando che F è una forza e quindi ha le dimensioni di una massa per una lunghezza diviso per un tempo al quadrato ([MLT ]). Questo è valido per tutte le componenti di F. Ricordando che i versori sono per definizione adimensionali, avremo quindi che [F]= [ MLT ] x) [ 3αx ] = [ MLT ] y) [ 3αz ] = [ MLT ] z) [ 6αyz]= [ MLT ] x) [ 3αx ] = [ MLT ] [α] [ x ] = [ MLT ] [α] [ L ] = [ MLT ] [α]= [ ML 1 T ] Si può facilmente verificare che il risultato soddisfa anche la y) elaz). b) Si può facilmente verificare che U ha le dimensioni di un energia: [U]=[α] [ x 3] = [ ML 1 T ][ L 3] = [ ML T ] =[E] c) Avendo già calcolato le dimensioni di α, possiamo determinare la sua unità di misura nel sistema internazionale. Avremo quindi che: α =.5kgm 1 s =.5J/m 3 In un campo di forze conservative il lavoro associato a un percorso si calcola come differenza di potenziale tra il punto iniziale e quello finale, nel nostro caso rispettivamente A e B: L AB = U A U B = [ αx 3 + 3αyz ] (1,, 1) [ αx 3 + 3αyz ] (,1,1) = = α[(1m 3 )+3 (m) (1m )] α[(m) (1m) (1m )] =

3 α[(1m 3 )+(6m 3 ) (8m 3 ) (3m 3 )] = (.5J/m 3 ) ( 4m 3 )= 10 J ESERCIZIO In figura sono segnate in rosso le forze agenti sulla pallina appesa al filo una volta raggiunta la nuova posizione di equilibrio data dal vento. Dato il sistema di riferimento considerato, avremo che F = F î = kv î. a) Per calcolare il lavoro compiuto da F lungo il percorso, possiamo usare il teorema delle forze vive. Avremo quindi che il lavoro totale compiuto da tutte le forze in gioco sarà pari alla differenza di energia cinetica K: L tot = K L P + L T + L F = K f K i = 1 mv f 1 mv i L P + L T + L F = 0 dove si è tenuto conto che le velocità iniziale e finale sono nulle (la pallina è inizialmente in quiete all inizio e dopo l azione del vento è nuovamente ferma). La forza peso è una forza conservativa quindi il suo lavoro può essere calcolato come differenza di energia potenziale: L P = U i U f = mg 0 mgh = 0 mg(l l cosϕ)=mgl(cosϕ 1) dove si è fissata la quota iniziale come corrispondente a U = 0. Il lavoro della tensione si calcola dalla definizione di lavoro come L T = T d s. Poiché il corpo si sposta perpendicolarmente al filo lungo cui è diretta la tensione si ha che T d s in ogni punto, quindi L T = 0. Riscrivendo l equazione del teorema delle forze vive si ha che: mgl(cosϕ 1)+0 + L F = 0 L F = mgl(1 cosϕ)=.45 J b) Il sistema raggiunge l equilibrio, quindi uno stato in cui sulla sferetta agiscono forze con risultante nullo ( F + T + P = 0). Determinati da questa condizione i vettori T e F, dall espressione della forza del vento F potrò calcolare poi la velocità v a cui soffia il vento: 3

4 F + T + P = 0 { x) F + T sinϕ = 0 y) mg + T cosϕ = 0 Abbiamo quindi ottenuto la tensione della fune che ha modulo T = 9.8N. c) Dall equazione x del sistema precedente abbiamo: F = T sinϕ = mgsinϕ cosϕ = mgtanϕ. { x) T sinϕ = F y) T = mg cosϕ = 9.8N Considerando che il testo del problema dà F = kv, possiamo eguagliare le due espressioni per F: kv = mgtanϕ mgtanϕ (0.5kg) (9.8m/s ) 3 v = = = m k s = 70 m/s kg/m ESERCIZIO 3 In figura è mostrata la situazione iniziale (in alto) e il punto di massima compressione della molla (in basso). Essendoci la forza d attrito l energia meccanica non si conserva. È possibile però utilizzare il teorema delle forze vive che permette di calcolare il lavoro totale conoscendo l energia cinetica finale e iniziale del corpo: L tot = K f K i = 1 mv f 1 mv i = 0 1 mv 0 = 1 mv 0 4

5 Posso calcolare il lavoro anche a partire dalla sua definizione. Trascurando la forza peso e la reazione vincolare del piano che agiscono perpendicolarmente allo spostamento, otteniamo: f f D+l D+l L tot = L attr + L el = F attr d s + F el d s = F attr dx+ F el dx i i 0 D dove si è tenuto conto che le forze hanno direzione orizzontale come il moto, che la forza di attrito agisce su tutto il tratto di lunghezza D + l, mentre la forza elastica agisce solo nel tratto finale tra D e D+l. La forza di attrito in questo caso è F attr = µmgî, dove il segno indica il verso della forza opposto a quello del moto. Per la forza elastica invece si ha F el = k xî dove x = x D nel tratto interessato. Sostituendo otteniamo: D+l D+l [ x L tot = µmgdx k(x D) dx = µmg[x] D+l ] D+l 0 k 0 D Dx = D ( D ) = µmg(d + l) k + Dl + l D Dl D + D = µmg(d + l) 1 kl Unendo le due espressioni del lavoro si trova il coefficiente d attrito cercato: µmg(d + l) 1 kl = 1 mv 0 µ = mv 0 kl mg(d + l) ESERCIZIO 4 a) Per calcolare la compressione della molla consideriamo cosa succede fra i punti O ed A. Non essendoci forze non conservative, si può utilizzare la conservazione dell energia meccanica: E O mecc = E A mecc E O cin + Σ i E O pot,i = E A cin + Σ i E A pot,i 1 mv O + mgh O + 1 kd = 1 mv A + mgh A dove D è la compressione iniziale della molla. Si noti che h O = h A, quindi i due termini relativi all energia potenziale gravitazionale si semplificano. Inoltre la velocità iniziale dell oggetto è nulla: v O = 0. L equazione si semplifica e otteniamo: 1 kd = 1 m mv A D = v A k. Per trovare D occorre solo determinare v A che possiamo trovare dal teorema dell impulso: J = q J = q x = mv A mv O. Essendo il corpo inizialmente fermo (v O = 0) si ha che: J = mv A v A = J m. Quindi, sostituendo nell equazione precedente, si ottiene: D = J m m k = J = 0.14 m mk 5

6 b) Il corpo arriva in B con una velocità v B diversa da quella posseduta in A e inclinata di un angolo β rispetto all orizzontale; dal momento in cui il corpo giunge in B, il suo moto prosegue eseguendo una parabola. Per trovare il modulo v B della velocità inb si può utilizzare la conservazione dell energia meccanica fra A e B, oppure fra O e B. Scegliendo quest ultima opzione: E O mecc = EB mecc E0 cin + Σ ie 0 pot,i = EB cin + Σ ie B pot,i 1 mv O + mgh O + 1 kd = 1 mv B + mgh B Come già detto v O = 0, inoltre abbiamo fissato h O = 0eh B = h. Infine possiamo sostituire il risultato di D per ottenere: J m = 1 mv B + mgh v B = ( J ) J m m mgh v B = m gh. Una volta trovata la velocitàinb, che esprimo come v B = v B cosβî + v B sinβ ĵ fisso un SdR con origine nel punto in basso a sinistra della buca, come in figura, e scrivo le equazioni orarie per le coordinate x (orizzontale) e y (verticale), che in questo caso descrivono un moto parabolico: { x(t)=vb t cosβ y(t)=h + v B t sinβ 1 gt dove si è fissato l istante t = 0 come quello in cui il corpo si trova in B(0,h). Definiamo t C come l istante in cui x(t C )=x C = L, cioè come l istante in cui la coordinata x del punto materiale raggiunge l altro estremo della buca. Dalla prima delle equazioni precedenti avremo quindi che x(t C )=L L = v B t C cosβ t C = L v B cosβ. Sostituendo nell altra equazione del sistema otteniamo il corrispondente valore della coordinata y: L y(t C )=h + v B v B cosβ sinβ 1 ( ) L g = h + Lsinβ v B cosβ cosβ 1 che dipende dall angolo β. Affinché il corpo oltrepassi la buca dovremo avere: y(t C ) y C = h. Otteniamo quindi una disequazione con β come incognita: h + Lsinβ cosβ 1 gl v B cos β h. Semplificando le h e moltiplicando per (v B cosβ) L si ottiene: v B sinβcosβ gl 0 sinβ gl v B sinβ 6 gl gl v B cos β J gh sinβ 1 m

7 dove si è sostituito il risultato ottenuto in precedenza per v B. Risolvendo la disequazione otteniamo infine i valori di β cercati: arcsin 1 β 180 arcsin 1 30 β β 75 NB: questa parte dell esercizio si sarebbe potuta anche risolvere utilizzando la definizione di gittata (vedi la Cinematica). ESERCIZIO 5 In figura è mostrato il sistema in esame: la zona colorata è quella di azione della forza F che, dato il SdR, si esprime come F = βî, con il segno di β che ne determina il verso. a) Per verificare se F è conservativa, ne calcolo il lavoro su un percorso generico e dimostro che è indipendente dal percorso, e dipendente solo dai suoi estremi r 1 e r : L 1, = r r 1 F d r = F r r 1 d r = F ( r r 1 )=βx. Si ha che F è conservativa (l ultimo passaggio segue dal fatto che solo F x 0), e l energia potenziale V corrispondente vale V(x,y,z)= βx (avendo scelto V O = 0). b) Per trovare la velocità alla fine del piano posso utilizzare la conservazione dell energia meccanica tra il punto di partenza A(0,ssinα) e il punto B(scosα,0), perché tutte le forze agenti sul corpo sono conservative: E A mecc = EB mecc EA cin +U A +V A = E B cin +U B +V B dove U è l energia potenziale gravitazionale, che posso esprimere come U(x, y, z) =mgy (con U(0,0,0)=0). Tenendo conto che il corpo parte da fermo in A (Ecin A = 0), l equazione precedente 7

8 diventa: 0 + mgssinα + 0 = 1 s(mgsinα + βcosα) mv B + 0 βscosα v B = m c) Per calcolare la compressione della molla posso utilizzare la conservazione dell energia meccanica tra B e il punto C di massima compressione della molla: E B mecc = E C mecc E B cin +U B +V B +W B = E C cin +U C +V C +W C dove W indica l energia potenziale elastica associata alla molla. Per x > s cos α la forza F è nulla quindi il suo potenziale V non varia, rimanendo uguale al valore che assume in B. Infatti, preso un punto generico di coordinata x 0 > scosα, avremo che x0 V(x 0 )=V B L B x0 = V B 0dx = V B scosα In particolare si avrà quindi che V C = V B, quindi i due termini si elidono in (*). Inoltre, per come è stata definita U, sihau B = U C = 0. Posso definire l energia potenziale elastica associata alla molla come W = 1 kd, dove D è la compressione. L equazione di conservazione dell energia meccanica (*) diventa quindi: 1 mv B + 0 = kd C dove D C è la compressione massima, e dove si è tenuto conto che v C = 0 Ecin C = 0. Risolvendo l equazione si ottiene: DC = m s(mgsinα + βcosα) k v B D C =. k In alternativa, si può anche applicare la conservazione dell energica meccanica tra A e C. Inserendo solo i termini non nulli si ha: ( ) che porta allo stesso risultato. E A mecc = E C mecc mgssinα = βscosα + 1 kd C 8

9 ESERCIZIO 6 a) L attrito non è una forza conservativa quindi non posso utilizzare la conservazione dell energia meccanica. Posso però usare il teorema delle forze vive che lega il lavoro totale compiuto dalle forze che agiscono sul corpo all energia cinetica iniziale (punto A) efinale (punto B): L tot = K f K i = 1 mv B 1 mv A = 1 mv B 0 = 1 mv B Poichè R è sempre perpendicolare allo spostamento, essa non compie lavoro. Si avrà quindi che L tot = L P + L attr. La forza peso è conservativa quindi per trovare il lavoro compiuto posso usare la differenza di energia potenziale U: L P = U i U f = mgh A mgh B = mgh mg 0 = mgh La forza di attrito, che agisce come indicato in figura, ha il modulo che dipende da R: Si avrà quindi che: L attr = B A F attr = µr = µpcosα = µmgcosα F attr d s = B dove s è la lunghezza del piano. Poiché s = h/sinα, siha A ( µmgcosα)ds = µmgscosα L attr = µmghcotα ( ) Sostituendo le espressioni trovate per i lavori nell equazione del teorema delle forze vive si ha: L tot = L P + L attr = 1 mv B 9

10 mgh µmghcotα = 1 mv B 1 v B =(1 µcotα)gh v B = (1 µcotα)gh b) La massima compressione d C della molla si ottiene imponendo la conservazione dell energia meccanica tra B e C, dato che il piano orizzontale è privo di attrito per ipotesi. Quindi: Emecc B = EC mecc KB +U B +W B = K C +U C +W C dove abbiamo indicato con W l energia potenziale elastica associata alla molla. Avendo B e C la stessa quota sia ha che U B = U C, quindi i termini si eliminano. Inoltre, indicando con d la compressione della molla, W = 1/kd quindi W B = 0 (la molla non è compressa) e W C = 1/kdC. Inoltre K C = 0 perchè il corpo si ferma quindi: (1 µcotα)mgh + 0 = (1 µcotα)mgh kd C d C = k c) Come nel caso a), sul piano inclinato è presente una forza dissipativa (l attrito). Per calcolare l angolo d inclinazione che porta il corpo a fermarsi a un altezza h/ devo utilizzare il teorema delle forze vive tra il secondo passaggio in B e il punto D L tot = K D K B = K B dove si è tenuto conto che K D = 0 perchè il corpo si ferma. Il lavoro totale sarà la somma del lavoro della forza d attrito e della forza peso: L tot = L attr + L P. Quindi il teorema delle forze vive in questo caso ci dà la relazione L attr + L P = K B ( ) È importante notare che nel percorso B C B l energia si conserva, quindi al secondo passaggio in B l energia cinetica del corpo sarà ancora pari a K B =(1 µcotα)mgh Poiché abbiamo già calcolato la forza d attrito e l espressione corrispondente per il lavoro in ( ), avremo che L attr = 1 µmghcotα Inoltre, come per il caso a), L P = U B U D = 1/mgh. Inserendo i termini trovati nella ( ) ottengo: 1 µmghcotα 1 mgh = (1 µcotα)mgh dove α è l unica incognita. Svolgendo i passaggi µcotα + 1 = (1 µcotα) µcotα + µcotα = 1 cotα = 1 tanα = 3µ α = arctan(3µ) 3µ Si noti come il risultato non dipenda da m, h e g, ma unicamente da µ. Sostituendo il valore µ = 1/3 indicato dal testo si ottiene α = arctan(1)=45 10