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Esercizio lavoro ed energia 6

Dinamica del punto materiale: Lavoro ed energia in Meccanica classica

Home » Esercizio lavoro ed energia 6

L’esercizio 6 sul lavoro e l’energia fa parte della raccolta inclusa nella cartella Dinamica del punto materiale: Lavoro ed energia in Meccanica classica. Questo esercizio segue Esercizio lavoro ed energia 5 ed è il precedente di Esercizio lavoro ed energia 7. Questo esercizio è progettato per studenti che frequentano un corso di Fisica 1, indirizzato a chi studia ingegneria, fisica o matematica.

 

Testo esercizio lavoro ed energia 6

Esercizio 6 (\bigstar \largewhitestar\largewhitestar \largewhitestar\largewhitestar). Un’autocisterna fuori controllo per un guasto ai freni sta salendo con una velocità V su di una rampa di emergenza priva di attrito, con inclinazione di \theta, come in figura. Quale deve essere la lunghezza minima L_{min} della rampa per esser certi che riesca ad arrestare la cisterna?

 

 

Rendered by QuickLaTeX.com

Autocisterna fuori controllo su una rampa inclinata, utilizzato per esercizi di lavoro ed energia

 

Per il seguente problema proponiamo due metodi di risoluzione diversi: il primo metodo si basa su considerazioni di carattere energetico e nel secondo si analizzano le forze applicate sul corpo m e successivamente si applica la seconda legge della dinamica.

Svolgimento 1.

Sull’autocisterna agisce la forza peso m\vec{g} e la reazione vincolare \vec{N}, come in figura 1. Osserviamo che si conserva l’energia del corpo m perché la forza peso è una forza conservativa e la reazione vincolare è perpendicolare istante per istante allo spostamento dell’autocisterna, pertanto il suo lavoro è nullo. Abbiamo dunque

(1) \begin{equation*} K_{ini}+U_{ini}=K_{fin}+U_{fin}, \end{equation*}

dove K_{ini} e K_{fin} sono rispettivamente l’energia cinetica iniziale e finale dell’autocisterna, mentre U_{ini} ed U_{fin} le corrispondenti energie potenziali gravitazionali. Fissiamo arbitrariamente lo zero dell’energia potenziale gravitazionale in corrispondenza dell’inizio della rampa, come in figura 1. Inizialmente l’energia è solo cinetica, dato che il corpo m si trova in corrispondenza del livello dell’energia potenziale nulla, ovvero

(2) \begin{equation*} K_{ini}=\dfrac{1}{2}mV^2. \end{equation*}

Dopo di che, l’autocisterna continuerà a muoversi lungo il piano inclinato fino a fermarsi. Pertanto, la condizione per percorrere lo spazio L_{min} è che l’autocisterna abbia energia cinetica finale nulla, cioè K_{fin}=0. Abbiamo dunque

\[U_{fin}=mgL_{min}\sin \theta.\]

 

 

Rendered by QuickLaTeX.com

Diagramma delle forze agenti su un'autocisterna su una rampa inclinata, con calcolo dell'energia potenziale

 

Quindi l’eq.(1) diventa

(3) \begin{equation*} \dfrac{1}{2}mV^{2}=mgL_{min}\sin(\theta), \end{equation*}

da cui

\[\boxcolorato{fisica}{ L_{min}=\dfrac{V^2}{2g\sin(\theta)}.}\]

 


Svolgimento 2.

Alternativamente si poteva procedere applicando la seconda legge della dinamica. Nella soluzione precedente abbiamo già specificato quali forze agiscono sull’autocisterna nella fase di salita. Riportiamo in figura 2 il diagramma di corpo libero dell’autocisterna e definiamo un sistema di riferimento inerziale Oxy con l’asse x parallelo al piano inclinato e l’asse y ad esso perpendicolare.

 

 

Rendered by QuickLaTeX.com

Diagramma di corpo libero per un'autocisterna su un piano inclinato con vettori delle forze principali  

 

Proiettiamo le forze lungo gli x e y, ed applichiamo la seconda legge delle dinamica, ottenendo

(4) \begin{equation*} \begin{cases} x: -mg\sin(\theta)=ma\\ y: N-mg\cos(\theta)=0. \end{cases} \end{equation*}

Dall’equazione lungo l’asse x ricaviamo che l’accelerazione dell’autocisterna lungo la rampa vale

(5) \begin{equation*} a=-g\sin(\theta). \end{equation*}

Poiché l’accelerazione è negativa si deduce che il corpo decelera, come ci aspettavamo dalla fisica del problema. Ricordiamo che in un moto uniformemente accelerato vale quanto segue

(6) \begin{equation*} v^2(x)=v_{0}^2+2a x, \end{equation*}

dove v_{0} è la velocità iniziale del corpo e x è lo spazio percorso. Applicando l’eq.(6) nel caso in esame abbiamo che

(7) \begin{equation*} 0=V^2-2g\sin(\theta)L_{min}, \end{equation*}

cioè

\[\boxcolorato{fisica}{ L_{min}=\dfrac{V^2}{2g\sin(\theta)},}\]

come ottenuto in precedenza.

 


Link alla soluzione video a cura di Giovanni F.ciani.

clicca qui.

 
 

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