Esercizio lavoro ed energia 6

Dinamica del punto materiale: Lavoro ed energia in Meccanica classica

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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?

 

 

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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

    \[U_{fin}=mgL_{min}\sin \theta.\]

 

 

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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.

 

 

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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.