Esercizi svolti · Scheda 2

Velocità e spazi di arresto con il teorema dell'energia cinetica

Teoria usata: Teorema dell'energia cinetica Energia cinetica Lavoro della risultante Energia dissipata dall'attrito

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Esercizio 1

Un’automobile di massa $m = 1200 kg$ viaggia a $72 km/h$ su una strada orizzontale e frena con una forza frenante costante di modulo $F = 6000 N$ . Calcolare lo spazio di frenata.

L_{tot} = - F d, L_{tot} = K_{f} - K_{i} = 0 - \frac{1}{2} m v_{0}^{2}

- F d = - \frac{1}{2} m v_{0}^{2} ⟹ d = \frac{m v _{0}^{2}}{2 F}

v_{0} = \frac{72}{3 , 6} m/s = 20 m/s, d = \frac{1200 \cdot 2 0 ^{2}}{2 \cdot 6000} m = 40 m

Sull’automobile agiscono il peso, la reazione normale e la forza frenante. Il peso e la normale sono verticali e lo spostamento è orizzontale, quindi non compiono lavoro; la forza frenante è opposta allo spostamento e compie il lavoro $- F d$ . Per il teorema dell’energia cinetica questo lavoro è uguale alla variazione dell’energia cinetica, che passa dal valore iniziale $\frac{1}{2} m v_{0}^{2} = 2, 4 \cdot 1 0^{5} J$ a zero. La velocità va espressa in metri al secondo prima della sostituzione, dividendo per $3, 6$ il valore in chilometri orari. Lo spazio di frenata è quindi $40 m$ . Come controllo dimensionale, $\frac{kg \cdot m ^{2} / s ^{2}}{N} = m$ .

Esercizio 2

Un blocco di massa $m = 2, 0 kg$ , inizialmente fermo su un piano orizzontale, viene tirato da una forza orizzontale costante $F = 15 N$ per un tratto $d = 4, 0 m$ . Il coefficiente di attrito dinamico è $μ_{d} = 0, 30$ . Calcolare la velocità del blocco alla fine del tratto.

L_{tot} = (F - μ_{d} m g) d, L_{tot} = \frac{1}{2} m v^{2} - 0

v = \frac{2 ( F - μ _{d} m g ) d}{m}

μ_{d} m g L_{tot} v = 0, 30 \cdot 2, 0 \cdot 9, 81 N \approx 5, 89 N = (15 - 5, 89) \cdot 4, 0 J \approx 36, 5 J = \frac{2 \cdot 36 , 5}{2 , 0} m/s \approx 6, 0 m/s

Il piano è orizzontale e la forza $F$ è orizzontale, quindi la normale equilibra il peso, $N = m g$ , e l’attrito dinamico ha modulo $μ_{d} m g$ . La forza $F$ è concorde con lo spostamento e l’attrito è opposto, mentre peso e normale non compiono lavoro. Per il lavoro della risultante, il lavoro totale è quello della forza netta $F - μ_{d} m g$ lungo il tratto $d$ . Il blocco parte da fermo, perciò per il teorema dell’energia cinetica il lavoro totale è uguale all’energia cinetica finale, da cui si ricava la velocità: $v \approx 6, 0 m/s$ .

Esercizio 3

Un proiettile di massa $m = 10 g$ colpisce una tavola di legno spessa $s = 5, 0 cm$ alla velocità $v_{A} = 400 m/s$ e ne esce alla velocità $v_{B} = 150 m/s$ . Calcolare il modulo della forza media che il legno esercita sul proiettile, supponendo il moto rettilineo e trascurando il peso durante l’attraversamento.

- \overset{ˉ}{F} s = \frac{1}{2} m v_{B}^{2} - \frac{1}{2} m v_{A}^{2} ⟹ \overset{ˉ}{F} = \frac{m ( v _{A}^{2} - v _{B}^{2} )}{2 s}

K_{B} - K_{A} \overset{ˉ}{F} = \frac{1}{2} \cdot 0, 010 \cdot (15 0^{2} - 40 0^{2}) J = - 687, 5 J = \frac{687 , 5}{0 , 050} N \approx 1, 4 \cdot 1 0^{4} N

La forza del legno sul proiettile non è costante, e il suo andamento non è noto. Si definisce allora la forza media $\overset{ˉ}{F}$ come la forza costante che, sullo stesso tratto $s$ , compirebbe lo stesso lavoro; poiché la forza si oppone al moto, il lavoro è $- \overset{ˉ}{F} s$ . Il peso si trascura, come richiesto, quindi l’unica forza che compie lavoro è quella del legno. Per il teorema dell’energia cinetica il lavoro è uguale alla variazione di energia cinetica, negativa perché il proiettile rallenta. Massa e spessore vanno convertiti in chilogrammi e in metri. La forza media è circa $1, 4 \cdot 1 0^{4} N$ , pari a circa centoquarantamila volte il peso del proiettile, che vale $0, 098 N$ .

Esercizio 4

Un blocco viene lanciato con velocità $v_{0} = 6, 0 m/s$ verso l’alto lungo un piano inclinato di $α = 2 0^{\circ}$ . Il coefficiente di attrito dinamico è $μ_{d} = 0, 15$ e quello di attrito statico è $μ_{s} = 0, 30$ . Calcolare la distanza percorsa lungo il piano prima di fermarsi e stabilire se il blocco resta fermo o torna indietro.

L_{tot} = - m g sin α d - μ_{d} m g cos α d, L_{tot} = 0 - \frac{1}{2} m v_{0}^{2}

d = \frac{v _{0}^{2}}{2 g ( sin α + μ _{d} cos α )}

sin α + μ_{d} cos α d = 0, 342 + 0, 15 \cdot 0, 940 \approx 0, 483 = \frac{6 , 0 ^{2}}{2 \cdot 9 , 81 \cdot 0 , 483} m \approx 3, 8 m

tan α = tan 2 0^{\circ} \approx 0, 364 > μ_{s} = 0, 30

Durante la salita agiscono il peso, la normale e l’attrito dinamico. Il blocco sale del dislivello $d sin α$ , quindi il peso compie il lavoro $- m g d sin α$ . La normale vale $m g cos α$ e non compie lavoro; l’attrito, di modulo $μ_{d} m g cos α$ , è rivolto verso il basso, opposto allo spostamento, e compie lavoro negativo. Nel punto più alto la velocità è nulla, perciò per il teorema dell’energia cinetica la somma dei due lavori è uguale a $- \frac{1}{2} m v_{0}^{2}$ . La massa si semplifica e si ottiene $d \approx 3, 8 m$ .

Fermo nel punto più alto, il blocco resta in equilibrio solo se l’attrito statico riesce a equilibrare la componente del peso lungo il piano, cioè se $m g sin α \leq μ_{s} m g cos α$ , che equivale a $tan α \leq μ_{s}$ . Poiché $tan 2 0^{\circ} \approx 0, 364$ supera $μ_{s} = 0, 30$ , la condizione non è soddisfatta, quindi il blocco torna indietro.