Esercizi svolti su lavoro ed energia: potenza, molle, attrito e conservazione

1. A velocità costante la forza del motore bilancia il peso ed è parallela allo spostamento:

2. La potenza assorbita è quella utile divisa per il rendimento:

I circa 61 W che mancano diventano calore, nel motore e negli attriti.

Verifica. Con $P = F\,v$: la cassa sale a $v = 3{,}0/6{,}0 = 0{,}50\ \text{m/s}$, e $m\,g\,v = 490{,}5 \cdot 0{,}50\ \text{W} \approx 245\ \text{W}$.

Unità: $v_i = 90/3{,}6 = 25\ \text{m/s}$, $v_f = 54/3{,}6 = 15\ \text{m/s}$.

1. Per il teorema dell’energia cinetica, il lavoro di tutte le forze è uguale alla variazione di energia cinetica. Su strada orizzontale peso e normale non lavorano, quindi resta solo il lavoro dei freni:

Il segno meno dice che la forza è opposta allo spostamento.

2. Con una forza media costante, $W = -F\,d$:

Verifica. Con la cinematica, $a = (v_f^2 - v_i^2)/(2d) = -400/100 = -4{,}0\ \text{m/s}^2$, e la forza è $m\,|a| = 1200 \cdot 4{,}0\ \text{N} = 4800\ \text{N}$.

1. La forza cambia lungo il percorso: il lavoro è l’integrale della forza, cioè l’area sotto il grafico di $F(x)$.

Peso e normale non lavorano, quindi per il teorema dell’energia cinetica:

2. Il lavoro fatto fino alla posizione $x$ è $W(x) = b\,x^3/3$. Metà del totale vuol dire 8 J:

Nel primo 80% del percorso il carrello riceve solo metà dell’energia: la forza è piccola all’inizio e grande alla fine.

Verifica. Unità: $\text{N/m}^2 \cdot \text{m}^3 = \text{J}$. E la parabola sta sotto la retta da $(0;\ 0)$ a $(2;\ 24)$, che racchiude un triangolo di 24 J: più di 16 J, come deve essere.

Non ci sono attriti: l’energia meccanica si conserva. All’inizio è tutta elastica, $\frac{1}{2}k\,x^2 = \frac{1}{2} \cdot 400 \cdot 0{,}15^2\ \text{J} = 4{,}5\ \text{J}$.

1. Quando la molla torna a riposo l’energia è tutta cinetica:

2. Nel punto più alto il blocchetto è fermo per un istante: l’energia è tutta potenziale gravitazionale.

La forma della rampa non conta: conta solo l’altezza.

3. L’energia elastica va con il quadrato della compressione: con $x$ doppio quadruplica, e con lei l’altezza, $h' = 4h \approx 9{,}17\ \text{m}$.

Verifica. Con la formula del lancio verso l’alto, $h = v^2/(2g) = 45/19{,}62\ \text{m} \approx 2{,}29\ \text{m}$, come con le energie.

1. A velocità costante la forza motrice bilancia la componente del peso lungo la strada più le resistenze:

La potenza di una forza parallela alla velocità è $P = F\,v$:

2.

3. La frazione è $1026/1826 \approx 56{,}2\%$. Il lavoro contro la gravità non è perso: diventa energia potenziale, $m\,g\,d\sin\theta \approx 2{,}05\ \text{MJ}$, che l’auto restituisce in discesa.

Verifica. $P\,t = 50\,000 \cdot 73{,}04\ \text{J} \approx 3{,}65\ \text{MJ}$, uguale a $F\,d$. Ordine di grandezza: 50 kW sono circa 68 cavalli, plausibili per salire a quasi 100 km/h una strada con pendenza dell’8,7%.

1. Sul pendio. La lunghezza del pendio è $l = h/\sin 30° = 12\ \text{m}$. La normale vale $m\,g\cos\theta$, quindi l’attrito $\mu_d\,m\,g\cos\theta$ compie il lavoro $-\mu_d\,m\,g\cos\theta\,l$. Il bilancio dell’energia è:

Senza attrito sarebbe arrivata a $\sqrt{2gh} \approx 10{,}8\ \text{m/s}$. L’attrito ha dissipato $m\,g\,h - \frac{1}{2}m\,v^2 \approx 1472 - 1166 = 306\ \text{J}$.

2. In piano la normale è $m\,g$: l’attrito vale $\mu_d\,m\,g$ e dissipa tutta l’energia cinetica.

Verifica. Un unico bilancio dalla cima all’arresto dà una scorciatoia. Sul pendio l’attrito lavora come farebbe in piano lungo la proiezione orizzontale $l\cos\theta$, quindi $m\,g\,h = \mu_d\,m\,g\,D$, con $D$ la distanza orizzontale totale: $D = h/\mu_d = 50\ \text{m}$. Tolti i $12\cos 30° \approx 10{,}4\ \text{m}$ del pendio, restano 39,6 m.

In ogni punto l’energia dà la velocità e la forza centripeta dà la reazione: le forze verso il centro devono sommarsi a $m\,v^2/R$. Il peso vale $m\,g = 0{,}981\ \text{N}$.

1. In cima, a quota $2R$, $v^2 = 2g\,(h - 2R) = 2gR$. Peso e reazione puntano entrambi in basso, verso il centro:

2. A quota $R$, $v^2 = 2g\,(h - R) = 4gR$. La reazione è orizzontale, verso il centro; il peso è tangente alla guida e non contribuisce:

Nel punto più basso, $v^2 = 2gh = 6gR$; la reazione punta in alto e il peso in basso:

Sette volte il peso: è la sensazione di essere schiacciati sul sedile delle montagne russe.

Verifica. In cima, partendo da un’altezza $h$ qualsiasi, $N = m\,g\,(2h/R - 5)$: si annulla per $h = \frac{5}{2}R = 1{,}0\ \text{m}$, l’altezza minima per completare il giro. E la differenza tra basso e alto, $6{,}87 - 0{,}98 \approx 5{,}89\ \text{N}$, è $6\,m\,g$, come per ogni altezza di partenza.

1. In ogni tratto lavora solo la componente della forza lungo lo spostamento: $F_x$ in orizzontale, $F_y$ in verticale.

Forza $\vec{F}_1$.

• Percorso A: lungo l’asse $x$ è $y = 0$ e $F_x$ è nulla; poi in verticale a $x = 2$ c’è $F_y = 4\ \text{N}$ per 3 m. Totale 12 J.
• Percorso B: lungo l’asse $y$ è $x = 0$ e $F_y$ è nulla; poi in orizzontale a $y = 3$ il lavoro è $\int_0^2 6x\,dx = 12\ \text{J}$. Totale 12 J.

Forza $\vec{F}_2$.

• Percorso A: lungo l’asse $x$ la componente $F_x = y$ è nulla; poi in verticale a $x = 2$ c’è $F_y = -2\ \text{N}$ per 3 m. Totale −6 J.
• Percorso B: lungo l’asse $y$ la componente $F_y = -x$ è nulla; poi in orizzontale a $y = 3$ c’è $F_x = 3\ \text{N}$ per 2 m. Totale +6 J.

2. Il lavoro di $\vec{F}_2$ dipende dal percorso: non è conservativa. Gira attorno all’origine come la corrente in un vortice, e sul giro chiuso, A all’andata e B al ritorno, il lavoro è $-12\ \text{J}$. Per $\vec{F}_1$ il test delle derivate incrociate è soddisfatto, $\partial F_x/\partial y = 2x = \partial F_y/\partial x$, e cerchiamo $U$ con $F_x = -\partial U/\partial x$ e $F_y = -\partial U/\partial y$:

Infatti $-\partial U/\partial x = 2xy$ e $-\partial U/\partial y = x^2$. Il lavoro è $W = U(0, 0) - U(2, 3) = 12\ \text{J}$, come trovato.

Verifica. Un terzo percorso per $\vec{F}_1$: la retta $y = 1{,}5\,x$, lungo la quale $dy = 1{,}5\,dx$.

Stesso lavoro, come deve essere per una forza conservativa.

Lavorano solo peso e forza elastica: l’energia meccanica si conserva. Chiamiamo $y$ lo spostamento verso il basso dal punto di contatto; per $y > 0$ è la compressione.

1. Fino al contatto è una caduta libera: $v_c = \sqrt{2\,g\,h} = \sqrt{2 \cdot 9{,}81 \cdot 0{,}30}\ \text{m/s} \approx 2{,}43\ \text{m/s}$.

2. Alla compressione massima il blocco è fermo, e il peso ha lavorato per tutto il tratto $h + y$:

con $y$ in metri. Sotto la radice della formula risolutiva c’è $4{,}905^2 + 4 \cdot 50 \cdot 1{,}4715 \approx 318{,}4$, e la soluzione positiva è:

3. Dopo il contatto il blocco accelera ancora, finché il peso supera la forza elastica. La velocità è massima dove le due forze si bilanciano, $k\,y = m\,g$:

Il grafico dell’energia potenziale totale, con lo zero al contatto, riassume il moto: la retta tratteggiata è l’energia meccanica, $E = m\,g\,h \approx 1{,}47\ \text{J}$, e la distanza tra retta e curva è l’energia cinetica.

Verifica. Dal contatto in poi il moto è armonico attorno a $y_{eq}$, con $\omega = \sqrt{k/m} \approx 14{,}14\ \text{rad/s}$ e ampiezza $A = y_{max} - y_{eq} \approx 17{,}84\ \text{cm}$. La velocità massima, $\omega A \approx 14{,}14 \cdot 0{,}1784\ \text{m/s} \approx 2{,}52\ \text{m/s}$, torna.

Condizione in cima alla guida. Come nell’esercizio 7, nel punto più alto peso e reazione puntano verso il centro, e la reazione non può essere negativa: $N = m\,v_{alto}^2/R - m\,g \ge 0$, cioè $v_{alto}^2 \ge gR$. Sulla guida liscia l’energia si conserva, quindi all’ingresso serve almeno:

Bilancio dalla molla all’ingresso della guida. L’energia elastica iniziale paga il lavoro dell’attrito e fornisce l’energia cinetica d’ingresso:

Numericamente $\mu_d\,m\,g\,L \approx 0{,}824\ \text{J}$ e $\frac{5}{2}\,m\,g\,R \approx 2{,}453\ \text{J}$, in tutto circa 3,277 J:

Verifica. Con $x \approx 0{,}1478\ \text{m}$ la molla dà $\frac{1}{2} \cdot 300 \cdot 0{,}1478^2 \approx 3{,}277\ \text{J}$; tolti gli 0,824 J dell’attrito restano 2,453 J, cioè $\frac{5}{2}m\,g\,R$ a meno dell’arrotondamento. Allora $v_{basso}^2 = 5gR$, in cima $v_{alto}^2 = gR$ e $N = 0$: il corpo passa proprio al limite.

I pezzi della catena scendono di quote diverse: per un corpo esteso conta il centro di massa, perché $U = m\,g\,z_{cm}$. Zero sul piano del tavolo; $L$ è la lunghezza della catena, $a$ il tratto che pende.

1. All’inizio conta solo il pezzo che pende: massa $\frac{a}{L}\,m$, centro di massa a quota $-\frac{a}{2}$. Alla fine tutta la catena pende, con il centro di massa a quota $-\frac{L}{2}$:

Il lavoro del peso è la diminuzione dell’energia potenziale:

2. Il tavolo è liscio e la normale non lavora: tutto quel lavoro diventa energia cinetica, $\frac{1}{2}m\,v^2 = W$.

La massa si semplifica: conta solo la geometria.

Verifica. Casi limite: con $a = L$ la formula dà $v = 0$, giusto, perché l’ultimo anello lascia subito il tavolo. Con $a \to 0$ dà $v = \sqrt{g\,L} \approx 3{,}43\ \text{m/s}$, come un sasso che cade di $L/2$: proprio di quanto scende il centro di massa.

All’angolo $\theta$ il cubetto è sceso di $R\,(1 - \cos\theta)$, e l’energia dà la velocità:

Lungo il raggio, la componente del peso verso il centro, $m\,g\cos\theta$, meno la reazione $N$, che punta verso l’esterno, dà la forza centripeta:

1. La semisfera può spingere ma non tirare: il cubetto si stacca quando $N$ si annulla.

L’altezza è $R\cos\theta = \frac{2}{3}R = 0{,}80\ \text{m}$: il cubetto si stacca dopo essere sceso di appena un terzo del raggio. La figura mostra il punto di distacco e la traiettoria successiva.

2. Con $\cos\theta = \frac{2}{3}$:

3. Poi è un moto parabolico, da $x_0 = R\sin\theta \approx 0{,}894\ \text{m}$ e $y_0 = 0{,}80\ \text{m}$, con la velocità tangente alla semisfera: $v_x = v\cos\theta \approx 1{,}868\ \text{m/s}$ e $v_y = -v\sin\theta \approx -2{,}088\ \text{m/s}$. Il tempo di caduta viene da $y_0 + v_y\,t - \frac{1}{2}g\,t^2 = 0$:

La distanza dal centro è $x_0 + v_x\,t \approx 0{,}894 + 0{,}455 \approx 1{,}35\ \text{m}$: il cubetto atterra 15 cm oltre il bordo.

Verifica. All’arrivo, sceso di tutto il raggio, l’energia dà $v = \sqrt{2gR} \approx 4{,}85\ \text{m/s}$. Con le componenti, $v_y \approx -2{,}088 - 9{,}81 \cdot 0{,}2437 \approx -4{,}478\ \text{m/s}$ e $\sqrt{1{,}868^2 + 4{,}478^2} \approx 4{,}85\ \text{m/s}$. Inoltre $\cos\theta = \frac{2}{3}$ non dipende da massa, $g$ e raggio: anche sulla Luna il distacco avviene a 48,2°.