HALLIDAY - capitolo 7 problema 11
Una slitta col suo carico, di massa complessiva 85kg, al termine
di una discesa imbocca una pista dritta e orizzontale con
velocità di 37m/s. Rallenta fino a fermarsi con accelerazione
costante di modulo 2,0m/s2. Calcolare: il modulo della forza F
richiesta per ottenere questa accelerazione; la distanza d
percorsa fino all’arresto; il lavoro L compiuto sulla slitta dalla
forza frenante F. Ripetere i calcoli nel caso di rallentamento con
accelerazione di modulo 4,0m/s2.
F
x
0
d
F  ma  170N
 
Lavoro compiuto dalla forza F: L  F  s  Fd
Modulo della forza:
1
2
Variazione di energia cinetica: ΔK  K fin  K in  0  mv
2
2
2
1
mv
v
2
L  ΔK   Fd   mv  d 

 340m
2
2F
2a
1
L   Fd   mv 2  58000J
2
Se l’accelerazione raddoppia, raddoppia anche F e si dimezza
d; il lavoro invece rimane invariato e pari alla variazione di
energia cinetica della slitta (che è sempre la stessa)
HALLIDAY - capitolo 7 problema 34
Un blocco di massa 250g è lasciato cadere su una molla
verticale avente costante elastica k=2,5N/cm. Il blocco rimane
appoggiato sulla molla, che si comprime di 12cm prima di
arrestarsi momentaneamente. Durante la compressione della
molla, quale lavoro viene svolto dalla forza di gravità relativa
al blocco e dalla molla? Quale era la velocità del blocco subito
prima di toccare la molla? Trascurate l’attrito. Se si raddoppia
la velocità di impatto, quale diventa la massima compressione
della molla?
y
Posizione iniziale: yA=0, velocità del blocco = v (incognita)
Posizione finale: yB= -0,12m, velocità del blocco = 0
Lavoro della L   ΔU  mgy  mgy  mgy  0,29J
g
g
A
B
B
forza peso:
Lavoro della L   ΔU  1 ky 2  1 ky 2   1 ky 2  1,8J
el
A
B
B
forza elastica: el
2
2
2
Teorema dell’energia cinetica:
1
Lel  Lg  ΔK  0  mv 2  v 
2
2
 (Lel  Lg )  3,5m/s
m
Se v=7,0m/s, calcoliamo yB (deve essere yB<0):
1 2
1
Lel  Lg  ΔK   ky B  mgy B   mv 2 
2
2
2 2
2

mg

m
g

kmv
ky B2  2mgy B  mv 2  0  y B 
 0,23m
k
HALLIDAY - capitolo 7 problema 35
Un blocco di ghiaccio di massa 45kg scivola giù per un piano
inclinato lungo 1,5m per un dislivello di 0,91m. Uno scaricatore
preme dal basso contro il blocco con una forza parallela al piano
inclinato in modo da obbligarlo a scendere con velocità
costante. Trovate la forza esercitata dallo scaricatore. Trovate il
lavoro sviluppato sul blocco di ghiaccio dallo scaricatore, dalla
forza di gravità agente sul blocco, dalla forza normale esercitata
dal piano sul blocco e dalla forza risultante applicata al blocco.
N
F
y
h=0,91m
P
θ
x
Applicando la prima legge di Newton:
N  mgcosθ  0
F  mgsinθ  0
h
F  mgsinθ  mg  270N
L
Lavoro dello scaricatore:
 
h
Ls  F  s   FL  mg L  mgh  400J
L
Lavoro della forza di gravità:
Lg   ΔU  (0  mgh)  mgh  400J
La reazione normale non compie lavoro perchè è diretta
ortogonalmente allo spostamento:
LN  0
Lavoro totale: Ltot  LS  Lg  LN  0
Una cassa di massa 230kg è sospesa
all’estremità di una fune lunga 12,0m.
Spingendo orizzontalmente sulla
cassa con una forza variabile F, la
spostiamo di 4,00m sul piano
orizzontale. Qual è l’intensità di F
quando la cassa raggiunge la
posizione finale? Quali sono, durante
lo spostamento della cassa, il lavoro
totale fatto su di essa, il lavoro fatto
dal peso proprio della cassa e il lavoro
fatto sulla cassa dal tiro della fune?
Quale è il lavoro da noi svolto sulla
cassa? Perchè questo lavoro non è
uguale al prodotto dello spostamento
orizzontale per l’intensità di F trovata
al primo punto?
L=12,0m
HALLIDAY - capitolo 7 problema 46
F
F
d=4,00m
L=12,0m
θ
Nella posizione finale, la cassa è
in quiete, e vale la prima legge di
Newton:
T
  
F T  P  0
θ
F  Tsinθ  0
Tcosθ  mg  0
F
mg
T
cosθ
F  Tsinθ  mg tgθ
y
P
d=4,00m
x
F
Dalla trigonometria:
d
sinθ 
L
tgθ 
sinθ
1  sin 2 θ

mgd
L2  d 2
d
L2  d 2
 797N
Lavoro totale sulla cassa: Ltot  ΔK  K fin  K in 0
(Kin=0 e Kfin=0 perchè la cassa sia all’inizio che alla fine è ferma)
L=12,0m
La tensione non compie lavoro perchè è sempre
ortogonale allo spostamento: LT  0
Lavoro della forza peso:
Lg   ΔU  U in U fin mg(hin  h fin )
hfin
hin
h fin  hin  L  L2  d 2


Lg  mg L  L2  d 2  1550J
d=4,00m
Lavoro della forza F: LF  Ltot  Lg  LT  1550J
HALLIDAY - capitolo 8 problema 13
Un’autocisterna di massa 1,2·104kg, fuori controllo per un guasto
ai freni, sta scendendo a precipizio alla velocità di 130km/h.
Fortunatamente, vicino alla fine della discesa c’è una rampa di
emergenza in contropendenza (priva però di attrito) con
inclinazione θ=15°. Quale deve essere la sua lunghezza minima
per essere certi che riesca ad arrestare la cisterna? La lunghezza
minima aumenta, diminuisce o resta uguale se l’autocisterna ha
massa minore? e se la sua velocità è inferiore?
1. L’autocisterna è in fondo alla discesa con velocità v=36,1m/s
2. L’autocisterna arriva in cima alla rampa e si ferma (v=0)
Conservazione dell’energia meccanica: U1  K 1  U 2  K 2
U1  0
U 2  mgh  mgLsinθ
1
K 1  mv 2
2
K2  0
2
1
v
0  mv 2  mgLsinθ  0  L 
 257m
2
2gsinθ
La lunghezza di arresto non dipende dalla massa del camion
Diminuendo la velocità, la lunghezza di arresto diminuisce col
quadrato della velocità (se la velocità si dimezza, la lunghezza
di arresto diventa 1/4 di quella iniziale)
HALLIDAY - capitolo 8 problema 16
Un blocco di massa m=2,0kg cade da un’altezza h=40cm su
una molla avente costante k=1960N/m. Trovare la massima
lunghezza di compressione della molla.
y
h
y=0
x
1. il blocco è lasciato cadere da un’altezza h con velocità nulla
2. la molla è alla massima compressione x: il blocco è fermo
Conservazione dell’energia meccanica:
U 1,g  U 1,el  K 1  U 2,g  U 2,el  K 2
U 1,g  mgh
U 1,el  0
K1  0
1 2
mgh  0  0  mgx  kx  0 
2
kx 2  2mgx  2mgh  0
U 2,g   mgx
1 2
U 2,el  kx
2
K2  0

mg  m 2 g 2  2mgk
 x1  0,10m
x1/2 

k

 x2  0,08m
La soluzione positiva è il valore di x richiesto dal problema
La soluzione negativa rappresenta l’allungamento della molla
nella fase di risalita successiva alla compressione
HALLIDAY - capitolo 8 problema 18
Tarzan, che pesa 688N, salta da
una roccia appeso a una
provvidenziale liana lunga 18m.
Dall’alto della roccia al punto più
basso della sua oscillazione cala di
3,2m. La liana è soggetta a
rompersi se la tensione su di essa
supera 950N. Arriverà a rompersi?
Se sì, indicare a quale angolo
rispetto alla verticale si rompe. Se
no, calcolare la massima tensione
che deve sopportare.
y
θ0
L-h
h=3,2m
0
La posizione di Tarzan è individuata dall’angolo θ che la liana
forma con la verticale.
Posizione iniziale (angolo θ0):
K1  0
U 1  mgh
y
θ
Lcosθ
L(1-cosθ)
Posizione finale (angolo θ):
1
K 2  mv 2
2
0
U 2  mgL(1 - cosθ )
Conservazione dell’energia meccanica:
1
U 1  K 1  U 2  K 2  mgh  mv 2  mgL(1 - cosθ )
2
 v 2  2gh  2gL(1  cosθ )
θ
Forza centripeta:
v2
T  Pcosθ  m
L
T
θ
P
Sostituendo il valore della velocità
ricavato in precedenza:
m
T  Pcosθ  2gh  2gL  2gLcosθ 
L
2Ph
T  Pcosθ 
 2P  2Pcosθ 
L

h

T  P  3cosθ  2  1 
L


La liana si rompe se la tensione, in almeno un punto, supera il
valore di rottura T0=950N
Il massimo valore della tensione viene raggiunto quando
cosθ=1, cioè in corrispondenza della verticale (θ=0) ed è:
Tmax

h
h


 P  3  2  1   P 1    933N
L
L



Poichè Tmax<T0 la liana non si romperà
Se fosse stato Tmax>T0, allora l’angolo di rottura della liana si
sarebbe calcolato imponendo la condizione T(θ)=T0
HALLIDAY - capitolo 8 problema 21
Uno sciatore di massa 60kg parte da fermo da un’altezza
H=20m rispetto al culmine del trampolino di salto. Allo stacco
dal trampolino la sua direzione forma un angolo θ=28° con il
piano orizzontale. Trascuriamo l’attrito e la resistenza dell’aria.
Quanto varrà la massima altezza h raggiunta rispetto al punto
di stacco? Aumenta, diminuisce o resta invariata se lo sciatore
ripete il salto con un pesante zaino?
1. lo sciatore parte da fermo dall’altezza H
2. lo sciatore arriva alla base del trampolino con velocità v
3. lo sciatore è nel punto di altezza massima h con velocità vx
Conservazione dell’energia meccanica tra 1 e 2:
1
U 1  K 1  U 2  K 2  mgH  0  0  mv 2  v  2gH
2
Componente orizzontale della velocità nel moto parabolico:
v x  vcosθ
Conservazione dell’energia meccanica tra 2 e 3:
1
1
2
U 2  K 2  U 3  K 3  0  mv  mgh  mv x2 
2
2
1
mgh  mv 2 1 - cos 2 θ  mgh  mgHsin 2 θ  h  Hsin 2 θ  4,4m
2


Il valore di h non dipende dalla massa dello sciatore.
HALLIDAY - capitolo 8 problema 30
Un ragazzo è seduto sulla cima del blocco di ghiaccio semisferico
di raggio R=13,8m della figura. Comincia a scivolare in giù con
velocità trascurabile. Se il ghiaccio è privo di attrito, a che altezza
dal suolo si staccherà dal ghiaccio?
N
θ
P
Forza centripeta:
Reazione normale:
v2
mgcosθ  N  m
R
v2
N  mgcosθ  m
R
Il ragazzo si stacca dal ghiaccio quando N=0:
v2
v2
mgcosθ  m
 0  cosθ 
R
Rg
Conservazione dell’energia meccanica tra l’istante di partenza
e l’istante in cui avviene il distacco:
1
U 1  K 1  U 2  K 2  mgR  0  mgRcosθ  mv 2
2
2
 v  2gR1  cosθ 
Sostituendo il valore di v2 nella prima equazione:
2
cosθ  21  cosθ   cosθ   θ  48,2
3
Altezza a cui avviene il distacco:
2
h  Rcosθ  R  9,2m
3
HALLIDAY - capitolo 8 problema 38
In figura vediamo un blocco che scivola lungo una pista da un
livello a un altro livello più elevato, attraversando un
avvallamento intermedio. La pista è priva di attrito fino a che si
giunge al livello maggiore, dove invece esiste una forza di attrito
che arresta il blocco dopo una distanza d. Trovate d sapendo
che la velocità iniziale è v0=6,0m/s, la differenza di quota è
h=1,1m e il coefficiente di attrito dinamico è μd=0,60.
1. Il blocco parte dalla posizione iniziale con velocità v0
2. Il blocco si arresta dopo il tratto orizzontale d
Variazione di energia meccanica: U 2  K 2   U 1  K 1   Latt
U1  0
1
K 1  mv 02
2
U 2  mgh
K2  0
Reazione normale nel tratto orizzontale: N  mg  0  N  mg
Forza di attrito dinamico: f ad  μd N  μd mg
 
Lavoro della forza di attrito: Latt  f ad  s   f ad d   μd mgd
2
v
1

2
0  2gh
mgh  0    0  mv 0    μd mgd  d 
 1,2m
2
2μd g


HALLIDAY - capitolo 8 problema 42
Una scatola di biscotti si sta muovendo su un piano inclinato di
40°. In un punto del piano a 55cm dall’estremità inferiore ha una
velocità di 1,4m/s. Il coefficiente di attrito dinamico tra scatola e
piano è 0,15. Di quanto salirà ancora sul piano inclinato? Che
velocità avrà la scatola quando sarà ridiscesa ai piedi del piano
inclinato? Se il coefficiente di attrito fosse minore, i valori delle
risposte precedenti aumenterebbero, diminuirebbero o
resterebbero uguali?
lmaxsinθ
l0sinθ
θ
1. la scatola parte dall’altezza l0sinθ con velocità v0=1,4m/s
2. la scatola arriva all’altezza lmaxsinθ con velocità nulla
Variazione di energia meccanica: U 2  K 2   U 1  K 1   Latt
U 1  mgl 0 sinθ
N
1
K 1  mv 02
2
fad
U 2  mgl max sinθ
K2  0
P
θ
Reazione normale: N  mgcosθ  0  N  mgcosθ
f ad  μd N  μd mgcosθ
 
Lavoro della forza di attrito: Latt  f ad  s   μd mgcosθlmax  l0 
Attrito dinamico:
Dall’equazione di variazione dell’energia meccanica si ha:
1

mgl max sinθ  0    mgl 0 sinθ  mv 02    μd mgcosθ l max  l0 
2


1
mg l max  l0 sinθ  μd cosθ   mv 02 
2
v02
l max  l0 
 0,68m
2g sinθ  μd cosθ 
Se il coefficiente d’attrito è minore, il valore di lmax è maggiore
2. la scatola parte dall’altezza lmaxsinθ con velocità nulla
3. la scatola arriva ad altezza nulla con velocità v
Variazione di energia meccanica: U 3  K 3   U 2  K 2   Latt
U 2  mgl max sinθ
K2  0
U3  0
1
K 3  mv 2
2
La forza d’attrito durante la discesa è in modulo pari al caso
precedente (N non cambia), ma diretta in verso opposto
 
Latt  f ad  s   μd mgcosθ lmax
1

2
 0  mv   mgl max sinθ  0    μd mgl max cosθ
2


 v  2gl max sinθ  μd cosθ   2,65m/s
 Come varia v con μd ? La risposta non è banale...
 Per rispondere occorre scrivere l’espressione esatta di v,
sostituendo l’espressione di lmax in termini di μd
l max
v02
 l0 
2g sinθ  μd cosθ 
v  2glmax sinθ  μd cosθ 


v02
sinθ  μd cosθ 
v   2gl0 
sinθ  μd cosθ 
