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1
ESERCIZI
SU LAVORO ED ENERGIA
Dott.ssa Silvia Rainò
Esempio
2
3
a)
v=0 Ek=0 ed Ep=0
b)
v=0, F si sostituisce ad N e aumenta
c)
F = mg. v=0. Ek=0, Ep = mgh
=> Emeccanica = Ek+Ep= mgh
d)
Mentre il corpo cade

l’ energia potenziale si riduce e la sua velocità aumenta =>
aumenta la sua energia cinetica fino a quando arriva al suolo
(Ep=0)

Agisce solo la forza peso (= conservativa), dunque l’ energia
meccanica si conserva.
Emeccanica = Ek+Ep= ½ mV2 + mgz =
e)
Il corpo è tornato al suolo: Ek+Ep= ½ mvfin2 + 0 = ½ mvfin2
Dalla cinematica : quanto vale la velocità di un corpo che cade
verticalmente da un’ altezza h partendo da fermo?
Esercizio 1
4
Un corpo di massa M=50kg viene trascinato a
velocità costante per d=10m lungo un piano
orizzontale da una forza F inclinata di =45°
sull’orizzontale.
 Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico è
d=0.4 calcolare il modulo di F e il lavoro speso da
essa.
 Quanto vale il lavoro della forza di attrito?
Soluzione esercizio 1
5

Dati iniziali:
 M=50kg

 =45°

 v=cost

 L=10m
Sul corpo agiscono:
• forza peso P;
• reazione normale RN
• forza di attrito FA
• forza esterna F
y
RN
F

FA
P
F=?
LF = ?
Lattr = ?
x
6

Studiamo le componenti delle forze nelle direzioni
orizzontale e verticale:
 Componente
verticale:
RN  Mg  Fsen  0  RN  Mg  Fsen
 Componente
y
RN
orizzontale:
Fcosθ  FA  0  Fcosθ  d RN  0
F
La velocità del corpo è
costante quindi a=0

FA
P
x
7

Sostituendo l’espressione della reazione vincolare:
RN  Mg  Fsen
Fcosθ  μ d Mg  Fsenθ  0
Fcosθ  μ d Fsenθ  μ d Mg
0.4  50kg  9.8 m s 2
μ d Mg
F

 198 N
cosθ  μ d senθ
2
2
 0.4 
2
2
8

Lo spostamento d=10m avviene lungo il piano,
perciò il lavoro LF compiuto dalla forza F vale:
 LF=Fdcos
= 198 N10mcos(45°)= 1400 J
y
RN
F

FA
P
d
x
9

Calcoliamo ora il lavoro LA compiuto dalla forza di
attrito FA:
 LA=FA●d=FAdcos
= μ d Mg  Fsenθ d  cos180
FA e d sono opposti in verso: =180°
y
RN
FA
F


2
2
 10m  ( 1) 
L A  0.4   50kg  9.8m/s  198N 

2


 140N 10m  (1)  1400J
d
Uguale ed opposto al lavoro di F!!!
P
x
10

Il lavoro compiuto dalla forza peso e dalla reazione
vincolare sono nulli poiché le forze sono perpendicolari
alla direzione del moto:



=90°  cos90°=0  L=0
Il lavoro totale compiuto dalla forza F e dalla forza di
attrito FA è nullo (perché i due lavori sono uguali ed
opposti).
Il teorema del lavoro e dell’energia cinetica conferma
questo risultato:

L=Ek =0  il moto avviene a velocità costante in modulo,
quindi anche l’energia cinetica rimane costante e Ek =0
Esercizio 2
11
Un punto materiale viene lanciato con velocità
iniziale vI = 5 m/s su un piano inclinato rispetto all’
orizzontale di  = 30°.
Sapendo che il coefficiente di attrito tra il punto
materiale ed il piano inclinato è nullo, determinare a
quale altezza h, rispetto all’ orizzontale, arriva il
punto materiale e quanta distanza percorre sul
piano inclinato prima di fermarsi.
Soluzione esercizio 2
12
Dati iniziali:
vi=5 m/s
=30°
d=0 piano liscio
vf=0
vi
d
h

Soluzione
Sul corpo agiscono solo forze conservative (forza peso, reazione del
piano), si può applicare la conservazione dell’energia meccanica:
Em_in=Em_fin
1
2
mv
in  0  0  mgh
Ek_in+Ep_in= Ek_fin+Ep_fin
2
vin2
(5m/s) 2
h

 1.28m
2
2g 2  9.8m/s
h
1.28m
d


 2.56m
h=dsen
1
sen
2
Esercizio 3
13
Un punto materiale viene lanciato con velocità iniziale
vI=4m/s su un piano inclinato rispetto all’
orizzontale di  =30° .
Sapendo che il coefficiente di attrito tra il punto
materiale ed il piano inclinato è  = 0.2, determinare
a quale altezza h rispetto all’ orizzontale, arriva il
punto materiale.
14

Stesso problema precedente, MA ora il piano inclinato è
scabro con coefficiente di attrito d=0.2
Dati iniziali:
vi=5 m/s
=30°
d=0.2
vf=0
N
vi
FA

mg
h
Soluzione:
Le forze applicate al corpo sono:
• la forza peso  forza conservativa
• la forza di attrito  forza non conservativa
• la reazione del piano  non produce lavoro (perpendicolare alla
direzione del moto)
15


La forza di attrito non è conservativa  non si può applicare il
principio di conservazione dell’energia meccanica
Valutiamo il lavoro delle forze di attrito cioè il lavoro delle forze non
conservative :
 LNC=Em
μ mgh
h
 d
 LNC= FA●d = -dNd = -d(mgcos)d  μ d mgcos θ 
senθ

tgθ
Em = Em_fin-Em_in = (Ek+Ep)fin- (Ek+Ep)in=(0+mgh)-(1/2mvi2+0)
vf=0
N
vi
FA

mg h
16
Si è trovato:
LNC

μ d mgh

tgθ
1 2
Em  mgh  mvi
2
Da LNC=Em risulta:

μd  1 2

  vi
gh1 
 tgθ  2
μ mgh
1
 d
 mgh  mvi2
tgθ
2
h
v i2

μ 
2g1  d 
 tgθ 
 0.6m
vf=0
N
vi
FA

mg
h
Esercizio 4
17
Un proiettile di massa m=10kg viene sparato verso
l’alto da un cannone con velocità iniziale v0=240m/s.
Supponendo che non ci siano attriti:

Calcolare l’energia totale del proiettile nel punto di
massima altezza
 Calcolare l’altezza raggiunta

Soluzione esercizio 4
18
Dati iniziali:
v0=240 m/s
m=10 kg
Determinare:
hmax=?
Em(hmax)=?
Sappiamo che vale il teorema del lavoro e dell’energia cinetica:
L=Ek
Il lavoro compiuto dalla risultante delle forze applicate ad un punto
materiale di massa m lungo una traiettoria AB è pari alla
variazione di energia cinetica nel passare da A a B
L=Ek-AB = EkB - EkA = ½ mvB2 - ½ mvA2
19
Sul corpo agisce solo la forza di gravità
 forza conservativa
Possiamo introdurre l’energia potenziale ed
esprimere il lavoro della forza peso come:
L=-Ep=mgyin-mgyfin
Inoltre, poiché sul corpo agisce solo la forza peso, l’energia
meccanica tra la posizione iniziale e la posizione finale si conserva:
Ek-AB = =-Ep
½ mvfin2 - ½ mvin2= mgyin-mgyfin
½ mvin2+ mgyin= ½ mvfin2 +mgyfin = costante
20
Nel nostro caso (v0=240m/s; yin=0; yfin=h):
½ mvin2+ mgyin= ½ mvfin2 +mgyfin
1
1
2
mv 0  mg0  m0 2  mgh 
2
2
1
2
E mIN  mv 0  mgh  E mFIN
2
Poiché vale la conservazione dell’energia meccanica, il valore
dell’energia totale non dipende dal punto in cui si trova corpo.
Essa è costante, cioè è la stessa in OGNI PUNTO della traiettoria
1
1
2
E m (h)  E m (0)  mv 0  10kg  (240m/s) 2  288 103 J
2
2
21
Rimane da calcolare l’altezza massima raggiunta
dal corpo. Sappiamo che:
1
mgh  mv 02
2
v 02
h
 2938.8m
2g
Se provate a rifare l’esercizio utilizzando le leggi del moto
uniformemente accelerato otterrete lo STESSO RISULTATO!!!!
Esercizio 5
22
Un locomotore di massa m=3000kg deve passare dalla
velocità di 15m/s alla velocità di 35 m/s. Sapendo che il
suo motore sviluppa una potenza costante di 50kW,
calcolare, in assenza di attrito, in quanto tempo avviene
la variazione di velocità
Soluzione esercizio 5
23
Dati iniziali:
m=3000 kg
vi=15 m/s
vf=35 m/s
P=50kW
Determinare:
t=?
Il motore applica una forza F per variare la velocità.
Poiché non vi sono attriti, la forza F è l’unica a compiere lavoro
(forza peso e reazione normale sono ortogonali allo spostamento=90°, cos=0- e danno contributo nullo al lavoro)
24
Per il teorema dell’energia cinetica:
LF  Ek  Ek _ fin  Ek _ in 
1 2 1 2
 mv fin  mvin 
2
2
3000kg  (35m/s) 2 3000kg  (15m/s) 2
6

 1.5 10 J
2
2
25
Abbiamo trovato:
LF  1.5 106 J
Applichiamo la definizione di potenza (=lavoro erogato nell’unità di
tempo):
LF
P
t
LF
LF 1.5 106 J
P
 t 

 30s
3
t
P 50 10 W
Esercizio 6
26
27
Dati iniziali:
m=100 g
h=4 m
L=10 m
Determinare:
vA=?
vB=?
hmax=?
Sul corpo agiscono solo:
• forza peso (freccia rossa)  forza conservativa
• reazione del piano (freccia verde)  non compie lavoro perché
perpendicolare allo spostamento
NON vi sono attriti
La forza peso è una forza conservativa e il lavoro compiuto dipende
SOLO dalla posizione iniziale (y0) e dalla posizione finale (yA)
28
Il lavoro compiuto dalla forza peso dipende SOLO dalla posizione
iniziale (y0) e dalla posizione finale (yA):
LPeso  mgy0  mgyA  EP
Inoltre, vale il teorema del lavoro e dell’energia cinetica
LPeso
1 2 1 2
 Ek  mvA  mv0
2
2
29
vA=?
Poiché non ci sono attriti, l’energia
meccanica si conserva:
E M0  E MA
 E kO  E pO  E kA  E pA
1 2
1 2
 mv0  mgy 0  mvA  mgy A
2
2
1
0  mgh 
mv 2A  0
2
1
mv 2A  mgh
2
v A  2 gh  8.85m / s
30
vB=?
Anche nel tratto AB NON vi sono attriti:
l’energia meccanica si conserva
E MA  E MB
Osserviamo che yA=yB, quindi l’energia potenziale rimane invariata.
Ne consegue:
1 2 1 2
E kA  E kB  mvA  mvB
2
2
vA  vB
31
Quello applicato non è l’unico metodo
per dimostrare che vA=vB.
Si potrebbero applicare le leggi della cinematica: moto rettilineo
uniforme notando che non vi sono accelerazioni nella direzione x
Si potrebbe anche applicare la seconda legge della dinamica: non vi
sono forze che agiscono nella direzione x, quindi il moto tra A e B è
rettilineo uniforme.
TUTTI I METODI SONO LEGATI FRA LORO
32
hfin=?
Sul secondo piano inclinato NON vi è
attrito. Anche ora si conserva l’energia!
E MB  E Mfin
Applichiamo ancora la conservazione dell’energia meccanica:
1
mv 2B  mgh fin
2
v 2B
h fin 
 4m
2g
h fin  h
33
d=8m
d=?
Ora c’è attrito sul piano!
L’energia meccanica NON si conserva!!!
D
EM  Ek  Ep
NON è costante!!!
Ricordiamo che il lavoro delle forze di attrito (non conservative) è
uguale alla variazione dell’energia totale. Nel percorso tra A e il
punto finale D a distanza d=8m
Lattr  EM  EMD  EMA 
E
kD
 E pD   EkA  E pA  
34
d=8m
d=?
Lattr  EMfin  EMA
1
1
2
L’energia totale in A vale: E MA  E kA  E pA  mvA  0  mvA2
2
2
E Mfin  E kfin  E pfin  0
Nel punto finale:
Lattr
1 2
 EMfin  EMA  0  mvA
2
Poiché in questo caso:
Fattr  μ d R N  μ d mg
Lattr  Fattr  d  Fattr dcos180  μ d mgd
35
L attr
1
  mv 2A
2
Lattr  μ d mgd
Mettendo tutto assieme:
1
 mv 2A  μ d mgd
2
v 2A
μd 
 0.5
2gd
Esercizio 6
36
Soluzione esercizio 6
37
Inizialmente immaginiamo che il blocco di
massa m non ci sia.
La molla è a riposo.
Indicando con x lo spostamento dalla
posizione a riposo, in questo caso si ha:
x =0
Sappiamo che l’energia potenziale elastica della molla quando
viene spostata dalla posizione di equilibrio vale:
1
E p_molla  k  x 2
2
Perciò, in assenza del blocco, la molla NON possiede energia
potenziale che può essere trasformata in lavoro
38
Consideriamo i seguenti stati iniziale e finale:
INIZIALE:
La molla viene estesa e lo scostamento
rispetto alla posizione a riposo vale xin
FINALE:
La molla viene ulteriormente estesa e lo
scostamento rispetto alla posizione a
riposo vale xfin
Ad ogni allontanamento dal punto di
riposo
corrisponde
un’energia
potenziale accumulata dalla molla
che può essere trasformata in lavoro
O
x
39
In generale, il lavoro compiuto dalla forza
elastica della molla nello spostamento fra
la posizione iniziale e la posizione finale è:
L p _ molla  E p _ in  E p _ fin


1
 k xin2  x 2fin 
2
x
Rispetto al sistema di riferimento scelto
(asse x), le due posizioni xin , xfin >0.
Se avessimo effettuato una compressione
della molla, sempre rispetto al sistema
scelto, xin, xfin <0
40
Torniamo alla soluzione dell’esercizio.
In presenza del blocco la molla viene
compressa di x=10cm rispetto alla
lunghezza a riposo.
Dati iniziali:
=30° m=3 kg
K=3.92 N/cm
x=10 cm
Il blocco comprime
la molla
NO ATTRITO!
L’energia meccanica si conserva
41
Se l’energia meccanica si conserva:
E m  E k  E p  costante  E m_in  E m_fin
STATO FINALE
STATO INIZIALE
Nell’istante iniziale e finale l’energia cinetica è nulla Ek=0 perché
il corpo è FERMO, perciò
E m  E p_in  E p_fin
42
Ora valutiamo quanto vale l’energia potenziale nello stato iniziale e
nello stato finale
STATO INIZIALE
elastica
1
E p_in  k  x 2
2
STATO FINALE
E p_in  E p_fin
gravitazionale
E p_fin  mgh
43
STATO FINALE
STATO INIZIALE
1
k  Δx 2  mgh
2
E p_in  E p_fin
k  Δx 2 392 N m  0.1m
h

 0.067m  6.67cm
m
2mg
2  3kg  9.8 s 2
2
ATTENZIONE alle conversioni da centimetri a metri!!!
Le unità di misura devono essere UNIFORMI!
44
Determiniamo ora lo spostamento del blocco sul piano in presenza di
attrito!
Dati iniziali:
=30° m=3 kg
K=3.92 N/cm
x=10 cm
d=0.15
45
Come prima nell’istante iniziale e finale il corpo è fermo, quindi
l’energia cinetica è nulla Ek=0.
Ma ora c’è ATTRITO!!!
Vale la formula:
Lattr  Em  Em _ fin  Em _ in
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Energia iniziale e finale sono le stesse del punto precedente:
• stato iniziale: energia potenziale elastica Ep_elast =1/2kx2
• stato finale: energia potenziale gravitazionale Ep_grav = mgh
La forza di attrito è data da A  d RN
Ove
R N  mg  cosα  A  μ d mgcos α
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Valutiamo quindi il lavoro delle forze di attrito:
Lattr  A  s  A  s  cos180  μ d mg  cosα  s
Il segno è negativo perché attrito e spostamento sono OPPOSTI!
48
Lattr  Em _ fin  Em _ in
Si ha quindi:
1
 μ d mg  cosα  s  mgh - k  Δx 2
2
Poiché h=ssen
1
 μ d mg  cosα  s  mgs  senα - k  Δx 2
2
49
In definitiva vale:
1
mgs  senα  μ d mg  cosα  s  k  Δx 2
2
k  Δx 2
s
 10.58cm
2mgsenα  μ d  cosα