principio di conservazione energiacon 2 piani inclinati

[guido fonzo]

$ V_fin $Ragazzi ho trovato questo problema in rete e non capisco alcune cose

Un corpo con velocità iniziale di modulo 2 ms-1, scivola su un piano liscio lungo 10 m e inclinato
di 30° rispetto all’orizzontale. Arrivato alla fine del piano inclinato percorre un tratto orizzontale
scabro lungo 200 cm e successivamente sale su un piano scabro formante un angolo di 45° con
l’orizzontale. Si calcoli la massima altezza raggiunta dal corpo nell’ipotesi che forze d’attrito
abbiano coefficiente dinamico 0.2.



io avevo pensato di risolverlo cosi..

applicando la formula

$V_f^2=V_0^2+2as $ dove $a$ è l'accelerazione del blocco senza attrito quindi $gsinalpha$

ora questa nel tratto di due metri applicando il principio di conservazione dell energia

l'emergia cinetica si deve trasformare in potenziale, ma qui abbiamo l'attrito che agisce solo nel tratto.. ( o almeno cosi ho capito dal problema ) tra i due piani inclinati..
$mgh_f -1/2mv^2=epsilon_d$ dove $epsilon_d $ è l'energia dissipata per attrito

in tutto questo non mi trovo

[Shackle]

Il corpo arriva sul piano orizzontale con una energia cinetica , somma di quella iniziale e di quella derivante dalla trasformazione dell'energia potenziale iniziale.
Percorre il tratto orizzontale consumando una parte dell'energia in lavoro per vincere l'attrito.
Sale sul secondo piano a destra, dove consuma il resto dell'energia sia per vincere l'attrito che per aumentare di quota. Quando l'ha finita, si arresta ad una certa altezza $h'$ , da trovare ( e poi ricasca giù, ma questo non importa).

[professorkappa]

Quando c'e attrito, non e' molto conveniente parlare di conservazione dell'energia, perche, appunto, c'e' attrito.
Conviene applicare il teorema della forze vive.
La variazione di energia cinetica tra stato iniziale e stato finale e'

$DeltaE_k=-1/2mv_0^2$ con $v_0=2 m/s$

Il lavoro delle forze agenti sul corpo e':

Nel tratto in discesa (no attrito) $W_1=mgsinalpha*d_1$, con $d_1=10$ in questo caso
Nel tratto orizzontale: $W_2=-mu*mg*d_2$, con $d_2=200$
Nel tratto in salita: $W_3=-mgsinbeta*d_3-mumgcosbeta*d_3=-mg(sinbeta+mucosbeta)*d_3$ con $d_3$ incognita.

Il teorema delle forze vive ci assicura che $DeltaE_k=W$, cioe', variazione di en. cin. e' pari al lavoro di TUTTE le forze (conservative e non) agenti sul corpo.

Ergo,

$-1/2mv_0^2=mgsinalpha*d_1-mu*mg*d_2-mg(sinbeta+mucosbeta)*d_3$

Da cui ricavi molto semplicemente $d_3$. L'altezza raggiunta e', ovviamente, $h_f=d_3sinbeta$

Questo procedimento ti evita di pensare come fare il bilancio, dal momento che parte dell'energia meccanica va a disperdersi. E' semplice, immediato, non complesso dal punto dei calcoli ed e' sempre valido, soprattutto in presenza di forze non conservative che possono rompere le scatole. E, inoltre, piu' elegante rispetto ad applicare la conservazione dell'energia meccanica, che, a causa delle forze di attrito, ovviamente NON si conserva

[Shackle]

Professorkappa,
Il corpo ha alla partenza sia en. Cinetica che potenziale.

[professorkappa]

Professorkappa,
Il corpo ha alla partenza sia en. Cinetica che potenziale.

Si. E allora? Il teorema delle forze vive non si basa sulla energia potenziale. Quel termine e' contemplato nel lavoro fatto dalla gravità. Primo addendo del secondo membro.

[guido fonzo]

Io avevo pensato di risolvere cosi

allora nella prima parte senza attrito ho sfruttato

$V_f^2=V_0^2+2as$
dai calcoli $V_f=10,09 m/s$

quindi cosi so che il blocco arriva alla fine della discesa con questa velocita.

ora mi resta la seconda parte.. che se fosse senza attrito sarebbe
$mgh_f=1/2mv^2$

siccome ci sta attrito

$L_a=-DeltaW$

quindi in definitiva

$L_a=1/2mv^2-mgh$

$mgh=1/2mv^2-mumgs$

$gh=(v^2-2mug)/2$

$h=(v^2-2mug)/(2g)$

[Shackle]

Profkappa,
Ora sono fuori e ho solo il telefonino, stasera forse posso tornare a disporre del PC , e scrivere come farei io.
Ti faccio solo notare che "mgh" è interpretabile anche come lavoro della forza peso "mg" per la distanza h , ed è naturalmente uguale al lavoro che il peso compie per lo spostamento lungo il piano inclinato , visto che la forza peso è conservativa. E tale lavoro è uguale alla variazione di en. Cinetica .

[professorkappa]

Profkappa,
Ora sono fuori e ho solo il telefonino, stasera forse posso tornare a disporre del PC , e scrivere come farei io.
Ti faccio solo notare che "mgh" è interpretabile anche come lavoro della forza peso "mg" per la distanza h , ed è naturalmente uguale al lavoro che il peso compie per lo spostamento lungo il piano inclinato , visto che la forza peso è conservativa. E tale lavoro è uguale alla variazione di en. Cinetica .

Anche io son fuori. Ma continuo a ripetere: si, hai ragione. Ma cosa c'entra con il mio ragionamento?

[professorkappa]

Io avevo pensato di risolvere cosi

allora nella prima parte senza attrito ho sfruttato

$V_f^2=V_0^2+2as$
dai calcoli $V_f=10,09 m/s$

quindi cosi so che il blocco arriva alla fine della discesa con questa velocita.

ora mi resta la seconda parte.. che se fosse senza attrito sarebbe
$mgh_f=1/2mv^2$

siccome ci sta attrito

$L_a=-DeltaW$

quindi in definitiva

$L_a=1/2mv^2-mgh$

$mgh=1/2mv^2-mumgs$

$gh=(v^2-2mug)/2$

$h=(v^2-2mug)/(2g)$

A parte che esegui passaggi non necessari, come il calcolo della velocità alla fine del blocco (corretto ma inutile), sbagli nel calcolo del lavoro dissipato. Riguarda, per favore

[Shackle]

Basta una sola formula per risolvere il problema.Teniamo presente che essendo $\beta=45$ il seno e il coseno sono uguali.

$mgh+1/2mv_0^2 -\mumgl_1 = mgh'(1+\mu)$

La massa m si semplifica . Il tratto orizzontale è $l_1$ . Da questa formula , ricavata uguagliando l'energia residua cha il corpo ha all'inizio del secondo piano inclinato col lavoro da fare per vincere l'attrito e salire sul piano, si ricava $h'$