1) Le forze che agiscono sul blocchetto 1 sono la forza peso m1g , la reazionevincolare del piano N1, la forza applicata F e la forza - T che il blocchetto 2esercita su 1 che risulta in base al terzo principio uguale ed opposta alla forza Tche il blocchetto 1 esercita su 2; le forze agenti sul blocchetto 2 , oltre la forza T,sono la forza peso m2g e la reazione vincolare del piano N2.

N1 N2 F -T T

m1g m2g

Le equazioni di moto dei due blocchi sono pertanto:

F + m1g + N1 –T = m1a1

T + m2g + N2 = m2a2

Se i due blocchi si muovono sul piano mantenendosi a contatto le accelerazionisaranno uguali per cui possiamo porre nelle precedenti equazioni a1= a 2 = a .Proiettando le due equazioni vettoriali lungo i due assi orizzontale e verticale siottiene il sistema di equazioni:

F – T = m1a -m1g + N1 = 0 T = m2a -m2g + N2 = 0

La seconda e quarta equazione forniscono unicamente il valore della reazionevincolare di appoggio, mentre le altre due forniscono il valore dell’accelerazione a edella forza T :

a = F/( m1+ m2) T = m2F/( m1+ m2)

Numericamente risulta a = 2 m/s2 e T = 2 N.

2) a) Le forze agenti sul mattone sono oltre la forza applicata F, la forza peso mg, lareazione vincolare N della parete, perpendicolare ad essa , e la forza di attrito f,parallela alla parete.

y

f

N x q F

mg

La condizione di equilibrio richiede che:

F + mg + N + f = 0

Da cui proiettando lungo l’asse verticale ed orizzontale si ottiene:

Fcosq – N = 0 Fsin q – mg + f = 0

All’equilibrio deve risultare soddisfatta la disuguaglianza f< mN , quindiricavando f ed N dalle precedenti equazioni si ha:

mg - Fsinq< mFcosq

La disequazione fornisce i valori massimo e minimo che può assumere la forza F perassicurare l’equilibrio:

mg/(sinq + mcosq ) = Fm < F < FM = mg/(sinq – mcosq )

Numericamente risulta Fm = 42.0 N , FM = 86.6 N.b) Essendo F = Fm /2 il mattone scivolerà lungo la parete verso il basso. L’equazionedi moto è data da:

F + mg + N + f = ma

Da essa proiettando lungo l’asse verticale ed orizzontale si ottiene:

Fcosq – N = 0 Fsin q – mg + f = ma

Essendovi strisciamento verso il basso la forza di attrito è diretta verso l’alto e vale larelazione f = mN , quindi ricavando N, dalle precedenti equazioni si ha:

a = - g + F(sinq + mcosq )/m = -g/2

Il moto del mattone lungo la parete risulta quindi essere un moto uniformementeaccelerato con accelerazione a = -g/2. Il tempo che il mattone impiega a giungere aterra è quindi pari a t = (2h/a)0.5 = 2(h/g)0.5 = 0.86 s. La velocità finale risultainvece pari a v = (2ha)0.5 = (hg)0.5 = 4.2 m/s.

3) Le forze che agiscono sul blocchetto 2 sono la la forza peso m2g , la forzavincolare N2 e la forza di attrito f esercitate su di esso dal blocchetto 1. Sulblocco 1 agiscono, oltre le forze -N2 e -f esercitate su di esso dal blocco 2 invirtù del principio di azione e reazione, la forza peso m1g , la reazione vincolaredel piano orizzontale N1 e la forza applicata F.

N1

N2

-f f m2g F -N2

m1g

Le equazioni di moto per i due blocchetti sono pertanto:

F - f + m1g + N1 - N2 = m1a1 (3.1)

f + m2g + N2 = m2a2 (3.2)

Nel caso in cui non c’è scivolamento del blocchetto superiore su quello inferiorerisulterà inoltre che a1= a2 = a . Proiettando le precedenti equazioni lungo l’asseorizzontale e verticale si ottiene:

F - f = m1a -N2 - m1g + N1 = 0 f = m2a

-m2g + N2 = 0

e da queste si ricava immediatamente:

N2 = m2g N1 = (m1 + m2)g

a = F/( m1 + m2) f = Fm2/(m1 + m2)

a) Il massimo valore della forza F che può essere applicata, senza che i due blocchiscorrano l’uno su l’altro, lo si ottiene imponendo la condizione f < mN2 che deveessere soddisfatta in condizioni statiche. Sostituendo per le due forze le espressionitrovate si ha infine:

F < FM = mg(m1 + m2)

Numericamente risulta FM = 78.4 N.b) Per F = FM /2 si ha a = mg/2 ovvero a = 3.92 m/s2.

4) Nel caso in cui si abbia scorrimento del corpo 2 sul blocco 1 le forze agenti sui duecomponenti sono le stesse di quelle considerate nell’Es 3 come pure le equazioni dimoto. Varrano pertanto le eq. (3.1-2) con l’unica differenza che adesso risulterà a1≠a2.. Proiettando le precedenti equazioni lungo l’asse orizzontale e verticale si ottiene:

F - f = m1a1 N2 - m1g + N1 = 0 f = m2a2 -m2g + N2 = 0

Essendovi adesso scorrimento fra i due corpi varrà la relazione f = mN2 = mm2g equindi, sostituendo nelle precedenti equazioni, otteniamo:

a1= ( F - mm2g )/m1 = mg(2 + m2/m1) a2= mg

Il moto dei due corpi è quindi uniformemente accelerato e dalle loro espressioni èimmediato verificare che a1 > a2 dato che , essendovi scorrimento, vale ladisuguaglianza F > mg(m1 + m2). L’equazione oraria delle velocità è pertanto:

v1 = a1t v2 = a2t

y

x

Per le coordinate del punto 2 e del centro del blocchetto, scegliendo l’origine delsistema di riferimento in corrispondenza della posizione iniziale del punto 2, si ha:

x1 = a1t2/2 x2 = a2t2/2

Il punto 2 cascherà dal blocchetto 1 quando raggiunge il bordo di quest’ultimo,ovvero quando x1– x2= l/2. L’istante corrispondente risulta pertanto dato dallarelazione:

t0 = [l/( a1 – a2)]0.5= [lm1/mg( m1 + m2)]0.5

Sempre nello stesso istante la velocità e la coordinata del punto 2 risultano date da:

v20 = a2[l/( a1 – a2)]0.5= [mglm1/( m1 + m2)]0.5

x20 = a2l/2( a1 – a2) = lm1/2( m1 + m2)

Numericamente risulta: t0= 0.107 s , v20= 0.84 m/s , x20= 9 cm.b) Il moto succesivo del punto 2 sarà quello di un punto materiale soggetto alla solaforza di gravità e quindi esso descriverà un arco di parabola. Le equazioni orarie delpunto, succesivamente al distacco dal blocco 1, sono date da:

x2 = x20 + v20(t- t0) y2 = l –g(t- t0)2/2

ed esse forniscono per il punto di impatto col piano orizzontale ( y = 0) l’espressione:

x2 = x20 + v20(2l/g)0.5

Numericamente x2 = 23.7 cm.

4) Le forze che agiscono sul blocco 1 sono la forza peso m1g , la reazione vincolaredel piano N1, la forza di attrito f1 e la forza T che il blocco 2, tramite la sbarra,esercita su 1. Essa risulta, in base al terzo principio, uguale ed opposta alla forza-T che il blocco 1 , sempre tramite la sbarra, esercita su 2; le forze agenti sulblocchetto 2 , oltre la forza -T, sono la forza peso m2g , la reazione vincolare delpiano N2 e la forza di attrito f2 .

y

N1

f1 T -T N2 m1g f2 m2g q x

Le equazioni che governano la statica e la dinamica dei due blocchi possono pertantoessere scritte come:

f1 + m1g + N1 + T = c1= m1a1

f2 - T + m2g + N2 = c2 = m2a2

Dove c1= c2 = 0 nel caso statico , mentre nel caso dinamico risulta c1= m1a1 e c2 =m2a2 . A causa della rigidità dell’asta risulterà inoltre che a1= a2 = a.Consideriamo un angolo q per cui non si ha equilibrio. Proiettando le due equazionivettoriali lungo i due assi parallelo e perpendicolare al piano inclinato si ottiene ilsistema di equazioni:

m1gsinq - f1 + T = m1a -m1gcosq + N1 = 0 m2gsinq - f2 - T = m2a -m2gcosq + N2 = 0

A queste equazioni, dato che il sistema scivola lungo il piano inclinato, vannoaggiunte quelle che determinano le forze di attrito in termini di N1 e N2 :

f1= m1N1 = m1m1gcosq f2 = m2N2 = m2m2gcosq

sostituendo queste espressioni nelle precedenti equazioni si ricava:

a = g[ sinq - cosq( m1m1 + m2m2 )/(m1 + m2)]

T = gcosq( m1 - m2 )[m1m2/(m1 + m2)]

Queste due espressioni consentono di rispondere a tutte le varie domande .a) L’angolo massimo per cui si può avere equilibrio corrisponde ovviamente

all’angolo minimo per cui il sistema si muove, e quindi dalla condizione a ≥ 0 siottiene:

tgqm = ( m1m1 + m2m2 )/(m1 + m2)

Numericamente risulta qm = 0.495 rad = 28,37° (N.B. Le equazioni del caso staticonon consentono di determinare separatamente f1 e f2. Il problema risulta in questo casoparzialmente indeterminato e il valore di qm può essere ricavato solo come valorelimite per cui si ha scivolamento.).b) Le equazioni precedenti forniscono le espressioni ed i valori numerici

dell’accelerazione, per cui risulta a = 0.3 m/s2 , e della forza della sbarra T = - 1.0N. Il segno meno che risulta per T , deriva dal fatto che m1 < m2, e significasemplicemente che la forza in questione ha verso opposto a quello che abbiamoarbitrariamente assunto per essa.

c) Le soluzioni precedentemente scritte ci consentono di trovare immediatamente lasoluzione nel caso in cui si inverta la posizione dei due blocchi, effettuandosemplicemente lo scambio degli indici. Si vede pertanto che l’accelerazione arimane la stessa mentre la forza T mantiene lo stesso modulo ma cambia di segno.Quindi mentre nel caso precedente il blocco sottostante (2) è spinto dal bloccosoprastante (1) , in questo caso il blocco sottostante (1) è frenato da quellosoprastante (2).

d) Sostituendo la sbarra con una fune i due blocchi si possono muovere con la stessaaccelerazione solo se la fune è mantenuta in tensione. Quindi si avrà la stessaaccelerazione e lo stesso valore della forza T solo nel caso in cui il blocco 2 sitrova nella posizione superiore. Nell’altro caso la fune non è in grado di esercitarenessuna azione ed il blocco soprastante (1), avendo un’accelerazione maggioredel blocco sottostante (2), finisce per precipitare su di esso.

6) Le forze che agiscono sul blocco 1 sono la forza peso m1g , la reazione vincolaredel piano inclinato N , la forza di attrito f e la forza T1 esercitata su di esso dallafunicella; sul blocchetto 2 agiscono la forza esercitata dalla funicella T2 e la forzapeso m2g .

y’

y T1 N

T2 f m1g

m2g q x’

Le equazioni che governano la statica e la dinamica dei due blocchi possono pertantoessere scritte come:

f + m1g + T1 + N = c1= m1a1 (6.1)

m2g + T2 = c2 = m2a2 (6.2)

Dove c1= c2 = 0 nel caso statico , mentre nel caso dinamico risulta c1= m1a1 e c2 =m2a2 . Inoltre, essendo la funicella ideale, le forze T1 e T2 risultano uguali in modulo,ossia T1= T2 = T. Proiettando la prima equazione lungo due assi cartesiani x’, y’ ,diretti rispettivamente lungo il piano inclinato e perpendicolarmente ad esso edorientati come in figura, e la seconda lungo un asse verticale, orientato positivamenteverso l’alto, si ha: m1gsinq - f - T = c1 N - m1gcosq = 0 T - m2g = c2

a) La condizione di equilibrio può sussistere fintantoché |f| < mN ; ricavando, dalleequazioni (6.1-2) per il caso statico (c1= c2 = 0 ), f e N si ottiene la disequazione:

| m1sinq - m2 | < mm1cosq

che fornisce i valori cercati:

m1(sinq - mcosq ) = m2m < m2 < m2M = m1(sinq + mcosq )

Numericamente risulta m2m = 0.12 Kg , m2M = 0.38 Kg.Per quanto riguarda la tensione della funicella è immediato che essa all’equilibrio hasempre un valore T = m2g ed è quindi determinate unicamente dal valore di m2.

b) Nel caso in cui m2 = 2m2M il sistema si muove e pertanto, tenuto conto che i corpi1 e 2 hanno in modulo le stesse accelerazioni (tenuto conto dell’orientazione degliassi x’ e y risulta quindi a1 = a2 = a) , valgono le eq. (6.1-2) con c1= m1a e c2 =m2a. In questo caso essendovi strisciamento del blocco 1 sul piano inclinatorisulta f = mN = mm1gcosq ( nel caso considerato il blocco 1 si muove versol’alto quindi la forza di attrito , di verso opposto a quello della velocità di 1,risulta avere una componente positiva). Le due equazioni

m1gsinq + mm1gcosq - T = m1a T - m2g = m2a

forniscono immediatamente l’espressione della accelerazione e della tensione dellafunicella

a = -g[m2 - m1(sinq + mcosq )]/(m1 + m2) = -g(sinq + mcosq )/[1 + 2(sinq + mcosq)]

T = g(1 + sinq + mcosq)m1m2/(m1 + m2) = = m1g(sinq + mcosq )(1 + sinq + mcosq)/[1 + 2(sinq + mcosq)]

da cui numericamente a = 2.96 m/s2 e T = 2.6 N.

7) Sulla massa m agiscono la forza peso mg e la reazione vincolare del piano N,dirette verticalmente, e la forza elastica della molla F diretta radialmente. Dalsecondo principio si ha:

mg + N + F = ma

Proiettando lungo la direzione verticale e radiale si ottiene quindi:

N –mg = 0 mar = - mw2l = F = - K(l – l0)

dove w = 2pn , n = 10 Hz, ed l è la lunghezza della molla quando il sistema è posto inrotazione. Dalla seconda equazione si ricava il valore cercato per l:

l = l0/( 1 - mw2/K)

numericamente risulta l = 21.7 cm. La forza R agente sul perno è diretta radialmente verso l’esterno e pari inmodulo ad F, quindi R = K(l – l0), da cui R = 170 N.

8) Sulla massa m agiscono la forza peso mg e la tensione T della fune, sulla massaM agiscono la forza peso Mg e la tensione T’ della fune, in modulo uguale a T.Dal II principio della dinamica abbiamo pertanto le equazioni:

T’ + Mg = 0 T + mg = ma

O q l

T

P mg T’

Mg

a) Il punto P descrive un moto circolare uniforme su una circonferenza, in un pianoorizzontale, di raggio r = lsinq , quindi proiettando le equazioni lungo l’asse verticalee la direzione radiale si ottiene:

T –Mg = 0 Tcosq – mg = 0 -Tsinq = -mw2r = -mw2lsinq

dove si è tenuto conto che T’ = T. Da queste equazioni si ricava immediatamente

M = m/cosq w = (g/lcosq)0.5 (1)

Numericamente si ha: M = 230 gr e w = 3.88 rad/s.b) Il lavoro L necessario per passare dalla configurazione iniziale a quella finale

risulta uguale alla variazione di energia meccanica del sistema. Passando allanuova configurazione, in cui il tratto di funicella OP ha lunghezza l’, l’angolo qnon cambia essendo costante il rapporto delle masse come risulta dall’Eq. (1). Siha pertanto una variazione di energia potenziale, dovuta all’abbassamento dellamassa M di un tratto (l – l’) ed al conseguente innalzamento di P di (l – l’)cosq.La variazione di energia cinetica è dovuta alla variazione del raggio dellacirconferenza descritta da P e di w che diviene w’ = (g/l’cosq)0.5 . Pertanto risulta:

L = m(w’2l’2 – w2l2)sin2q/2 - Mg(l – l’) + mg(l – l’)cosq = - 3mg(l – l’)sin2q /2cosq

Numericamente si ha quindi L = -0.21 J.

9) a) Le forze agenti sulla massa m sono la forza peso mg e la forza esercitata dallafune T. All’equilibrio deve risultare:

T + mg = 0

da cui proiettando lungo la verticale si ha immediatamente T = mg, ossia T = 1.96 N.b) Le forze agenti sulla massa m sono le stesse del punto a) ma, muovendosi conaccelerazione a, avremo:

T + mg = ma

Proiettando lungo un asse verticale avremo: T = m(g + a) , corrispondente a T = 2.56N, se m accelera verso l’alto, oppure T = m(g –a) , corrispondente a T = 1.36 N se maccelera verso il basso.c) Le forze agenti sono sempre la forza peso mg e la tensione della funicella T, ma inquesto caso la funicella OP non risulta in generale diretta verticalmente.

O

q

T P

mg

Indichiamo con q l’angolo che OP forma con la verticale discendente in una posizionegenerica. T dovrà sempre risultare diretto lungo la funicella, e rivolto verso O (in modoquindi che la forza -T agente sull’estremo P della funicella sia tale da mantenerla intensione), mentre mg formerà un angolo q con OP. Dal II principio si ha:

T + mg = ma

da cui proiettando lungo la direzione radiale si ottiene:

-T + mgcosq = mar = - mw2l

e quindi T = mgcosq + mw2l. Nella posizione più bassa della traiettoria, corrispondente aq = 0 si ha T = m(g + w2l ), ovvero T = 5.56 N, mentre nel punto più alto, corrispondentea q = p, si ha T = m(-g + w2l ), ovvero T = 1.63 N.[N.B. - Confrontando le espressioni ed i valori di T nei casi b) e c) con quello trovatonel caso statico a) si vede che questi sono completamente differenti. Non si devonopertanto confondere situazioni statiche con situazioni dinamiche. Questo vale in generale

per tutte le reazioni vincolari: le loro espressioni e i loro valori risultano completamentedifferenti nel caso statico e nel caso dinamico.]

10) Scegliamo come sistema di riferimento quello solidale con il vagone, che risultaessere non-inerziale. In questo sistema le forze agenti sulla massa m sono la forzapeso mg e la tensione T della funicella ed inoltre la forza non-inerziale FNI= -mA. Supponiamo che il vagone stia accelerando verso sinistra.

y O

q

A

T P FNI mg

x

a) Si ha all’equilibrio:

T + mg + FNI = 0

Da questa equazione proiettando lungo l’asse orizzontale e verticale, indicando con ql’angolo che OP forma con la verticale discendente, si ottiene:

-Tsinq + FNI = -Tsinq + mA = 0 Tcosq – mg = 0

Le due equazioni forniscono immediatamente per l’angolo e la tensione le espressioni:

tgq = A/g T = mg/cosq = ( g2 + A2 )0.5

Numericamente risulta q = 0.47 rad = 27.0° e T = 11.0 N.b) La forza peso mg e la forza non-inerziale FNI= - mA, essendo A costante , equivalgonoad un’unica forza, costante, pari alla loro soma vettoriale, ovvero ad una forza di modulopari a mg’ = m( g2 + A2 )0.5 la cui direzione forma un angolo q con la verticale. Il pendolopertanto oscilla attorno alla posizione di equilibrio, individuata da q, come se fossesoggetto ad una accelerazione di gravità effettiva g’.

O

q f

T P

FNI mg’

mg mg’

Detto f l’angolo che OP forma rispetto alla posizione di equilibrio, possiamo quindiscrivere subito l’equazione di moto per le piccole oscillazioni che risulta del tutto analogaa quella del pendolo semplice:

mld2f/dt2 = - mg’f

La pulsazione W del moto armonico corrispondente è quindi data da W2 = g’/l ed ilperiodo da T = 2p/W = 2p(l/g’)0.5 pari a T = 1.89 s.Nel caso in cui il vagone si muove con velocità costante ( A = 0 ) il pendolo oscillaattorno alla posizione verticale, corrispondente alla posizione di equilibrio, ed il periodoè dato da T0= 2p(l/g)0.5 , pari a T0 = 2.00 s. La variazione percentuale del periodo è quindidel 5.8 %.

11) Sulla massa m agiscono la forza peso mg, la reazione vincolare N del pavimentodel vagone e la forza elastica della molla Fe. Ponendosi nel sistema di riferimentosolidale col vagone , non-inerziale se il vagone si muove con accelerazione A ,dobbiamo considerare anche la forza non-inerziale FNI= - mA .

A

N Fe FNI

mg

a) Nel caso in cui la massa m sia ferma rispetto al vagone risulterà:

mg + N + Fe + FNI = 0

Proiettando l’equazione lungo l’orizzontale, scegliendo l’origine dell’asse coordinato incorrispondenza della posizione della massa m quando la molla è a riposo ( in tal modo ladeformazione della molla è pari alla coordinata x della massa, ossia x = l – l0 ), si ha: Fe – FNI = 0 ovvero -Kx = mA

Quindi risulta x = -mA/K , ovvero la molla è compressa della quantità |x| = 2 cm.b) Nel caso in cui la massa si muova rispetto al pavimento del vagone si ha l’equazione dimoto:

mg + N + Fe + FNI = ma

che proiettata lungo l’orizzontale dà:

md2x/dt2 = - Kx – mA (11-1)

Posto x0 = -mA/K e x = x – x0 = x + mA/K , la precedente equazione diviene:

d2x/dt2 = - Kx/m

ovvero l’equazione di un moto armonico di pulsazione W = (K/m)0.5. La soluzione didetta equazione ha la forma x = x0cos(Wt + f ) , con x0 e f costanti da determinare inbase alle condizioni iniziali, e rappresenta una oscillazione armonica attorno allaposizione di equilibrio x0 = -mA/K. All’istante iniziale ( t = 0 ) la massa m si trova nellaposizione di equilibrio ( x = 0), ferma ( v = 0 ), quindi:

x(t =0) = x0cosf = x0 = -mA/K v(t=0) = dx/dt = -Wx0sinf

da cui f = 0 e x0 = x0 = -mA/K . L'equazione oraria è quindi data da :

x = -(mA/K)cosWt o x = (mA/K)( 1 – cosWt )

che corrisponde ad un moto armonico con ampiezza x0= 2.0 cm e frequenza angolare W= 10 rad/s.c) Nel caso considerato la forza non-inerziale FNI agisce per un intervallo di tempot durante il quale la massa m si suppone non cambi apprezzabilmente posizione. Inquesta ipotesi la forza elastica non agisce durante l’intervallo di tempo t , essendoinizialmente fermo il vagone e quindi non sollecitata la molla. In base a questeconsiderazioni si può calcolare immediatamente la velocità v0 acquisita dalla massa m altermine del tempo t per mezzo del teorema dell’impulso. Si ha infatti:

mv0 = tFNI = -mAt ossia v0 = -At

Numericamente risulta v0= - 0.2 m/s ed il segno meno indica che la massa m inizia amuoversi verso sinistra. Nella fase successiva il vagone si muove con velocità costanteper cui la forza non-inerziale è nulla , pertanto lungo l’orizzontale la massa m è soggettaalla sola forza elastica ed il moto sara un moto armonico con pulsazione W = (K/m)0.5

attorno alla posizione di elongazione nulla della molla. La corrispondente equazioneoraria è quindi del tipo x = x0cos(Wt + f ) , con x0 e f costanti da determinare in base allecondizioni iniziali. Considerando l’istante iniziale t = 0 , coincidente con quello finaledell’intervallo di tempo t , si ha x = 0 e v = v0 = -At ossia:

x(t = 0) = x0cosf = 0 v(t = 0) = -Wx0sinf = v0 = -At

da cui f = -p/2 e x0 = v0 /W = -At/W e infine x = -(At/W)sinWt. Numericamente risultax0= - 0.02 m = 2 cm. Pertanto in conseguenza dello strattone la massa m acquisisce unavelocità iniziale v0, senza spostarsi dalla posizione di equilibrio, in conseguenza dellaquale essa inizia ad oscillare liberamente attorno ad essa.[N.B. Il metodo di soluzione dell’eq. (11.1) è del tutto generale. Infatti un’equazionedifferenziale, non omogenea, del tipo (11-1):

d2z/dt2 = - Bz + C = - B(z – C/B)

con C costante reale qualsiasi e B costante reale positiva può sempre essere ridotta conil cambio di variabile x = z – C/B all’equazione differenziale omogenea:

d2x/dt2 = - Bx

Questa è l’equazione differenziale caratteristica di un moto armonico di pulsazione W =B0.5 , attorno alla posizione x = 0 ; pertanto la precedente è l’equazione differenziale diun moto armonico, di uguale pulsazione, che avviene attorno ad un centro di oscillazionetraslato della quantità C/B. ]

12) Le forze agenti sulla massa m sono la forza peso mg, conservativa, e la tensionedella funicella T , che non compie lavoro essendo sempre perpendicolare allospostamento del suo punto di applicazione. Dal II principio risulta che :

T + mg = ma

Proiettando questa equazione lungo le direzioni radiale e tangenziale si ottengonorispettivamente le equazioni:

-T + mgcosq = mar = - mw2l ----> T = mgcosq + mw2l (12-1)

che fornisce il valore di T in funzione di q e della velocità angolare istantanea w = dq/dt,e mld2q/dt2 = - mgsinq

che una volta integrata fornisce il valore di w. Quest’ultimo valore può esseredeterminato più rapidamente tramite la conservazione dell’energia.

O

q0 q T P v0 mg

Il una posizione generica in cui OP forma un angolo q con la verticale, scegliendo comequota di riferimento ( V = 0) per l’energia potenziale delle forze peso il piano orizzontalepassante per O. si ha:

mv2/2 – mglcosq = cost = mv02/2 – mglcosq0

e quindi w2l2 = v2 = v0

2 + 2gl(cosq - cosq0) (12-2)

Sostituendo il valore di w , ricavato dalla precedente equazione, nell’espressione di T(12-1) si ottiene immediatamente il suo valore in funzione dell’angolo:

T = mv02/l + mg(3cosq - 2cosq0) (12-3)

a) Dalla equazione (12-2) si ottiene il valore di v nel punto piu basso della traiettoriaponendo q = 0, ossia v = [v0

2 + 2gl(1 - cosq0)]0.5 e numericamente v = 2.44 m/s.b) La massa m raggiungerà la posizione orizzontale se, e solo se, la funicella è tesa

ed esercita la sua azione su m lungo tutta la traiettoria , ovvero se T > 0 o alminimo T = 0 per q = p/2. Dalla Eq. (12-3) si ha quindi la disuguaglianza:

T = mv02/l - 2mgcosq0 ≥ 0

da cui v0 > vm = (2lgcosq0)0.5 , e numericamente vm = 3.57 m/s.c) Analoghe considerazioni valgono per il punto più alto della traiettoria ( q = p ). Si

ha in questo caso

T = mv02/l - mg(3 + 2cosq0) ≥ 0

da cui v0 > v’m = [lg(3 + 2cosq0)]0.5 , e numericamente v’m = 5.90 m/s.d) Poichè l’asta, a differenza della corda, può esercitare sulla massa m una forza

radiale diretta sia verso l’interno che verso l’esterno della circonferenza non ènecessario imporre la condizione T > 0. Perchè la massa raggiunga una qualsiasiposizione è sufficiente imporre che essa vi giunga con una velocità > 0 ed allimite uguale a zero. Dall’equazione (12-2) si ha quindi la disuguaglianza

v2 = v02 + 2gl(cosq - cosq0) ≥ 0

da cui per q = p/2 si ha v0 > vm = (2lgcosq0)0.5 , e numericamente vm = 3.57 m/s , mentreinvece per q = p si ha v0 > v*m = [2lg(1 + cosq0)]0.5 , e numericamente v*m = 5.24 m/s.Si noti che vm ha lo stesso valore del caso b) , ed infatti anche in questo caso T = 0,mentre risulta v*m < v’m e T = - mg, con T quindi rivolta verso l’esterno dellacirconferenza.[N.B. Le funi , e simili, possono esercitare una forza solo se vengono mantenute intrazione, mentre invece le aste , e simili, possono svolgere la loro azione sia incompressione che in trazione. Le aste possono inoltre applicare forze con componentiperpendicolari all’asta medesima, cosa del tutto impossibile per una fune. ]

13) Le forze agenti sulla massa m sono esclusivamente la forza peso mg e la tensioneT della corda. Valgono in questo caso le stesse considerazioni ed equazionidell’es. 12) salvo il fatto che nella prima parte del moto m descrive attorno ad Ouna circonferenza di raggio l, mentre dopo che il filo è venuto a contatto con ilchiodo essa descrive, attorno a C, un arco di circonferenza di raggio r = l – b.

O

C T

mg

Se indichiamo adesso con v la velocità della massa m quando essa passa per laverticale ( q = q0 = 0 ) si dalla Eq. (12-3)

T = mv2/r + mg(3cosq - 2) (13-1)

dove v è dato dalla equazione (12-1) relativa alla prima parte del moto in cui mruora attorno ad O . Tenendo conto che la massa parte da un angolo q0 = p/2 convelocità nulla ( v0= 0) si ha v2 = 2gl . Sostituendo nell’eq. (13-1) si ha infine:

T = 2mgl/(l –b) + mg(3cosq - 2)

Imponendo la condizione che nel punto più alto della traiettoria (q = p ) risulti T > 0si ha la disuguaglianza:

T = 2mgl/(l –b) - 5mg ≥ 0

Da cui b ≥ 3l/5 , ovvero b ≥ 36 cm.

14) a) Le forze agenti sulla massa m sono la forza peso mg e la reazione vincolare diappoggio dei piani inclinati N; entrambe sono forze conservative.

N f h

mg q

i) per entrambi i piani inclinati la conservazione dell’energia determina la velocità vdella massa alla fine dei piani in funzione della variazione di quota h, e si haimmediatamente:

mv2

2= mgh fi v = 2gh v = 4.43m

s

Come si vede la velocità al termine dei piani inclinati è indipendente dall’inclinazione deimedesimi ed è la stessa in entrambi i casi.

ii) per entrambi i piani inclinati la conservazione dell’energia ci dice che laquota massima H a cui risale la massa m è data da H = h = 1 m.

iii) per determinare il tempo richiesto bisogna conoscere l’equazione oraria delmoto; nel caso in oggetto il moto è uniformemente accelerato conaccelerazione a= gsenq diretta lungo il piano inclinato. Quindi detta x la

coordinata della massa misurata lungo il piano inclinato a partire dallaposizione più alta, essendo la velocità iniziale nulla, si ha:

x =

at2

2 La lunghezza totale l di un piano inclinato di altezza h è pari a h/senq;ponendo x= l si ottiene :

t =

2la

=1

sinq2hg

da cui per q = q1 t = 0.90 s e per q = q2 t= 0.64 s.b) In questo caso, oltre le forze considerate al punto a), agisce sulla massa m anche

la forza di attrito fa = mN = mmgcosq, diretta lungo il piano inclinato. i) Dal teorema dell’energia cinetica si ha:

mv2

2- mgh = -mmgcosql = -

mmghtgq

fi v = 2gh(1 -m

tgq)

Per q = q1 v = 4.03 m/s , per q = q2 v = 4.20 m/s. ii) per il moto lungo la guida circolare, priva di attrito, vale sempre laconservazione dell’energia per cui potremo scrivere, in funzione della velocitàdella masssa m in fondo ai piani:

mv2

2= mgH fi H =

v2

2gCon i valori trovati per v al punto prcedente si ha: per q = q1 H = 0.83 m , perq = q2 H = 0.90 m.iii) in questo caso, lungo il piano inclinato, si ha ancora un moto uniformementeaccelerato con accelerazione a’= g(sinq – mcosq).Si ha allora:

t =2la'

=1

sinq2h

g(1-m

tgq)

da cui per q = q1 t = 0.99 s e per q = q2 t= 0.67 s.

15) Le forze agenti sulla massa m sono la forza peso mg e la reazione vincolare diappoggio del piano inclinato N. Nel caso che vi sia attito sarà presente anche unaforza di attrito f , diretta lungo il piano medesimo.

N

f mg q

a) nel caso in cui il piano inclinato è liscio vale la conservazione dell’energia, quindiposto il livello di riferimento dell’energia potenziale alla quota da cui viene lanciatala massa m, si ha per la quota massima h.

mgh =

mv02

2fi h =

v02

2gh =1.27 m

b) in questo caso si ha una forza di attrito f = mN = mmgcosq, diretta lungo il pianoinclinato, che compie lavoro resistente (< 0); essendo lo spostamento del suo punto diapplicazione, lungo il piano inclinato, pari a h/sinq , dove h è la variazione di quota, siha:

mgh -mv0

2

2= -

mmghcosqsinq

fi h =v0

2

2g(1 +m

tgJ)

Quando la massa m ha raggiunto la quota massima si fermerà in questo punto se puòsussistere la condizione di equilibrio f < famax = mmgcosq. Una volta che la massa m siaferma e rimanga in equilibrio la forza di attrito risulta uguale ed opposta alla componentedella forza peso lungo il piano inclinato, quindi si ha:

fa = mgsinq fi mgsinJ £ mmgcosq fi m ≥ tgq = mm

e nel caso in oggetto risulta mm= 0.577.b) nel caso in cui la massa si fermi nel punto più alto risulta, con m/tgq = 2 ,

h = 0.425.c) nel caso in cui m/tgq = 1/2 si ha per la variazione dell’energia cinetica fra

l’istante iniziale e quello in cui m torna al punto di partenza:

mv2

2-

mv02

2= -

2mmghtgq

fi v = v0tgJ - mtgq + m

da cui si ottiene v= 2.88 m/s.

16) Le forze agenti sulla massa m sono la forza peso mg. la reazione vincolare diappoggio del piano inclinato N e la forza elastica della molla Fe. Tutte questeforze sono conservative.

Fe N

mg q

a) all’equilibrio la forza elastica della molla deve risultare uguale ed opposta allacomponente della forza peso lungo il piano inclinato, quindi detta xe l’elongazionedella molla all’equilibrio si ha:

mgsinJ - Kxe = 0 fi xe =

mgsinJK

xe = 5.9 cm

Il moto della massa m può essere determinato mediante il principio di conservazionedell’energia. Scegliamo come livello di riferimento per l’energia potenziale delle forzepeso il piano orizzontale passante per la posizione occupata dalla massa m con la molla ariposo. Indichiamo con x la coordinata di m lungo il piano inclinato riferita a questaposizione. Si ha dalla conservazione dell’energia:

mv2

2+

Kx2

2- mgx sinq = 0 (16-1)

Il moto corrispondente è una oscillazione armonica attorno alla posizione di equilibrio diperiodo T = 2p(m/K)0.5 ed ampiezza pari a xe.b) nel punto di elongazione massima della molla xM si ha v=0 e quindi dalla eq. (16-1):

xM =

2mgsinJK

= 2xe xM = 11.8 cm

c) la massima energia cinetica la si ha quando è minima l’energia potenziale ovvero perx=xe, quindi sempre dall’eq. (16-1):

v = gsinJ

mK

v = 0.54 ms

d) la minima accelerazione , in modulo, la si ha per x=xe e risulta a = 0 . La massimaaccelerazione, in modulo, la si ha negli estremi di oscillazione ossia per x = 0 oppure x =xM, quindi:

†

a = gsinJ - Kx /m fi aM = gsinJ aM = 4.9 ms2

e) la forza F applicata al supporto è uguale in modulo alla forza elastica della molla,pertanto questa avrà il valore masssimo per x=xM da cui:

F = KxM = 2mgsinJ F =1.18 N

f) l’intervallo di tempo t corrispondente a due passaggi consecutivi di m per laposizione di equilibrio corrisponde ad un semi-periodo, quindi abbiamo:

t =

T2

= pmK

t = 0.34 s

17) Le forze agenti sulla massa m sono la forza peso mg. la reazione vincolare diappoggio del piano inclinato N, la forza elastica della molla Fe , tutte forzeconservative, e la forza di attrito fra piano inclinato e la massa m , nonconsevativa.

Fe N

f

mg q

Considerando il lavoro resistente della forza di attrito, in un riferimento uguale aquello dell’es. 16), si ha dal teorema dell’energia cinetica che la variazione di energiameccanica fra due istanti è data da:

†

D(mv 2

2+

Kx 2

2- mgx sinJ ) = -mmgcosJDl

dove Dl è lo spostamento complessivo del punto di applicazione della forza di attrito .a) Detta x1 la deformazione della molla nel punto di arresto immediatamente successivo

al rilascio del sistema, essendo v = 0 nella configurazione iniziale e finale e Dl = x0-x1 , si ha:

†

(Kx12

2- mgx1 sinJ ) - (Kx0

2

2- mgx0 sinJ ) = -mmgcosJ (x0 - x1)

fi x1 =2mgK

(sinJ + mcosq) - x0 x1 =1.8 cm

b) La forza F agente sulla massa m in x1, essendo in quella posizione la forza di attritonulla ( si può fare questa affermazione, senza scrivere le equazioni fornite dal IIprincipio, in virtù del fatto che la forza di attrito cambia verso fra un’istante primadell’arresto di m ed un’istante dopo; di conseguenza nell’istante di arresto essa deveessere nulla), è data da:

F = mgsinJ - Kx1 F = 0.41 N

18) Le forze agenti su P sono la forza peso mg e la reazione vincolare della guida N,che in assenza di attriti è perpendicolare alla guida stessa. Le forze in oggettosono entrambe conservative.

N P

mg q

O

Dal II principio si ha: N + mg = ma

da cui proiettando lungo la direzione radiale e tangenziale si ha:

N – mgcosq = mar = - mw2R ‡ N = mgcosq - mw2R (18-1) mgsinq = mat = mRa

dove w = dq/dt è la velocità angolare ed a = dw/dt è l’accelerazione angolare. La primaequazione fornisce il valore della reazione vincolare, mentre la seconda equazionecostituisce l’equazione di moto e, una volta integrata fornisce, il valore della velocità.Quest’ultima, essendo il sistema soggetto a forze conservative, è però determinata inmodo più rapido tramite la conservazione dell’energia. Scegliendo come livello diriferimento per l’energia potenziale delle forze peso ( V = 0 ) il piano orizzontalepassante per O, si ha:

mv2/2 + mgRcosq = mgR Æ v2 = 2gR( 1 - cosq )

Sostituendo quest’ultima espressione (v = wR) nell’equazione (18-1) si ottiene:

N = mg( 3cosq – 2 )

a) Per i due angoli considerati si ha: q1 = 30° , N1 = 0.41 N ; q2 = 60° , N2 = - 0.34 N. Daivalori trovati e dall’espressione di N si vede che la rezione vincolare può assumere siavalori positivi che negativi. Se N > 0 , quindi N è rivolta verso l’esterno, la guida“sostiene” P, se N < 0 , quindi N è rivolta verso il centro O, la guida “trattiene” P. Ilcambiamento di segno si ha in corrispondenza dell’angolo q* tale che:

cosq* = 2/3 q* = 0.84 rad = 48.19°

b) Nel caso in cui P sia semplicemente appoggiato al supporto il vincolo può solosvolgere una azione di sostegno della massa, in altri termini deve risultare N > 0;dall’istante in cui N si annulla, ossia in corrispondenza dell’angolo qd = q*, ilvincolo cessa di esercitare la sua azione e la massa si distacca dal supporto.

c) Nel caso in cui il supporto non sia liscio si deve considerare anche l’azione su Pdella forza di attrito f, tangente al supporto, che è ovviamente dissipativa.L’equazione di moto diviene quindi:

N + mg + f = ma

La proiezione di questa equazione nella direzione radiale fornisce per N la stessaequazione ed espressione (18-1); il valore di N per un angolo q sarà tuttavia diverso datoche diversò sarà il valore della velocità di P in corrispondenza dello stesso angolo. Lavelocità può essere ricavata, almeno qualitativamente, dal teorema dell’energia cinetica, esi ha:

(mv2/2 + mgRcosq) - mgR = La = -| La |

dove con La si è indicato il lavoro della forza di attrito , che risulta necessariamente < 0.Da questa espressione si ha quindi:

v2 = 2gR(1 - cosq) - 2| La |/m

ed infine: N = mg(3cosq -2 ) + 2| La |/R

Si vede quindi che N si annulla per un angolo q’ dato dalla relazione:

cosq’ = 2/3 - 2| La |/3mgRe pertanto risulta q’ > q*.

19) Le forze a cui è soggetta la massa m sono la forza peso mg e la reazione vincolare diappoggio N del piano orizzontale, che agiscono durante tutto il moto, e , limitatamente alperiodo di interazione con la molla, la forza elastica Fe di quest’ultima. Tutte le forze ingioco sono conservative e quindi l’energia si conserverà durante tutte le fasi del moto; aquesto riguardo inoltre, dato che N ed mg compiono lavoro nullo, potremo limitarci aconsiderare esclusivamente l’energia potenziale delle forze elastiche.

N

Fe

mg

a) La molla raggiunge la massima compressione xM quando la massa m si ferma;nell’istante corrispondente l’energia cinetica della massa è nulla e quella che essa

ha inizialmente, prima del contatto con la molla, si è trasformata integralmente inenergia potenziale delle forze elastiche. Dalla conservazione dell’energia si haquindi:

mv02/2 = KxM

2/2 Æ xM = v0(m/K)0.5

e numericamente xM = 7.8 cm.b) Al termine dell’interazione con la molla la massa m possiede solo energia cinetica

e questa deve risultare uguale a quella iniziale. Quindi risulta:

v2 = v02 Æ v = ±v0

Delle due radici la sola accettabile è quella col segno negativo quindi v = - v0 .Pertanto la massa m alla fine dell’interazione ha mantenuto la stessa velocià iniziale,in modulo, ma ha invertito il verso di movimento.c) Per determinare la forza elastica della molla si deve necessariamente far ricorso al

II principio. Limitatamente alla componente orizzontale dell’equazione di moto siha, per tutta la durata dell’interazione con la molla:

ma = m(d2x/dt2) = Fe = -Kx (19-1)

avendo indicato con x la deformazione della molla. Durante questa fase il motocorrisponde ad una semi-oscillazione di un moto armonico di pulsazione W = (K/m)0.5

la cui equazione oraria, soluzione dell’equazione (19-1), è:

x = Xcos(Wt + f )

con X e f costanti da determinare in base alle condizioni iniziali. Facendo coinciderel’istante iniziale t = 0 con l’istante in cui m entra in contatto con la molla si ha:

x(t = 0) = Xcosf = 0 v(t = 0) = -WXsinf = - v0

da cui f = -p/2 , X = - v0/W = - xM. Per la forza elastica si ha quindi:

Fe = -Kx = (Kv0/W)sinWt = (Km)0.5v0sin Wt

Con un valore massimo della forza elastica pari a FeM = KxM = (Km)0.5v0 = 78 N.d) La durata t dell’interazione con la molla corrisponde al tempo che impiega il

sistema a compiere una semi-oscillazione, ovvero:

t = T/2 = p/W = p(m/K)0.5

Numericamente risulta t = 35 ms.e) Applicando la definizione di impulso di una forza si ha:

†

J = Fedt =Kv0

WsinWt dt = 2mv00

t

Ú0

t

Ú

e quindi J = 1.75 Ns. Il risultato poteva anche essere ricavato immediatamente dal“teorema dell’impulso” ed infatti l’ultimo termine corrisponde esattamente allavariazione della quantità di moto della massa m fra l’istante iniziale e finaledell’interazione.f) Per il valore della costante elastica della molla K’ = 100 K si hanno i valori: x’M =xM /10 = 0.78 cm , F’eM = 10 Fe = -Kx = (Kv0/W)sinWt = (Km)0.5v0M = 780 N , t’ =t/10 = 3.5 ms mentre invece non cambiano i valori di v e dell’impulso J.Dalle precedenti espressioni si vede che per K Æ • la forza elastica della mollaaumenta , e precisamente Fe Æ• come ÷K , mentre la durata dell’interazionedecresce, e precisamente t Æ 0 come 1/÷K, ma in modo tale che il prodotto Fet , opiù precisamente l’impulso J, rimane comunque costante. Come già rilevato lavariazione di quantità di moto della massa m è quindi sempre la stessa e indipendentedal valore della costante elastica della molla.[ Commento - Il sistema studiato nell’esercizio costituisce un modello,indubbiamente semplice e schematico, di ciò che avviene nell’urto di un corpo controuna parete. A seguito del contatto del corpo con la parete si produce unadeformazione del corpo medesimo e/o della parete che dà luogo a forze di tipoelastico, che si oppongono alla deformazione; nel modello queste sono simulate dallaforza esercitata dalla molla. Tanto più gli oggetti sono rigidi tanto più è grande lacorrispondente costante elastica della molla e, di conseguenza, è grande l’intensitàdella forza di interazione e breve la durata dell’interazione medesima. Nel limiteideale la forza diviene infinitamente grande ( forza impulsiva) e la durata dell’urtoinfinitesima, ma l’impulso associato rimane sempre finito. Il caso consideratonell’esercizio corrisponde inoltre a quello di deformazioni perfettamente reversibili,al termine delle quali tutti gli oggetti hanno riacquistato la loro forma, e in cui nonintervengono forze dissipative. In questo tipo di urti l’energia si conserva in tutte levarie fasi e si ha conseguentemente la conservazione dell’energia cinetica del corpofra l’istante che precede immediatamente l’inizio dell’urto e quello immediatamentesuccessivo alla sua fine; l’urto è in questo caso detto “completamente elastico” oanche più semplicemente “elastico”.]

20) Oltre le forze già considerate nell’esercizio 19) agisce in questo caso la forza diattrtito fra il blocco ed il piano orizzontale. Essendovi strisciamento essa èdeterminata in termini del coefficiente di attrito e della reazione vincolare diappoggio ( f = mN = mmg ) ed è opposta alla velocità della massa m.

N

Fe

f mg

a) Essendo presente una forza dissipativa, per determinare la massima compressionedella molla xM (equivalente al modulo della deformazione della molla e dellospostamento del punto di applicazione della forza di attrito) dobbiamo applicare il“teorema dell’energia cinetica”:

KxM2/2 - mv0

2/2 = - mmgxM (20-1)

Risolvendo l’equazione di secondo grado che si ricava dall’eq. (20-1) si ha:

xM = - (mmg/K) + [ (mmg/K)2 + mv02/K ]0.5 (20-2)

e numericamente xM = 8.7 cm.

b) Nell’ipotesi che il blocchetto rimanga fermo nella posizione di massimacompressione della molla si ha una situazione di equilibrio nella quale la forza diattrito risulta uguale ed opposta alla forza elastica della molla , ossia f = KxM .Essendo in condizioni statiche deve essere soddisfatta la condizione f = KxM <mN = mmg . Sostituendo a xM l’espressione data dall’eq. (20-2) si trova:

v0 < v0M = mg(3m/K)0.5

e numericamente v0M = 3.3 m/s.c) L’energia dissipata corrisponde, come si vede dall’eq. (20-1), al modulo del

lavoro della forza di attrito , ossia DE = mmgxM , DE = 58.7 mJ.d) Per determinare la forza agente sulla massa m , in funzione del tempo, è

necessario scrivere l’equazione di moto:

N + mg + Fe + f = ma

Proiettando questa equazione lungo l’orizzontale si ottiene:

ma = m(d2x/dt2) = Fe + f = -Kx + mmg = - K( x – mmg/K) (20-3)

L’equazione precedente è quella di un moto armonico di pulsazione W = (K/m)0.5 ( W= 2.83 rad/s ; T = 2p/W = 2.22 s) attorno al centro di oscillazione x0 = mmg/K . L’equazione oraria della deformazione x della molla , soluzione dell’eq. (20.3), ha laforma:

x – mmg/K = Xcos(Wt + f )

con X e f costanti da determinare in base alle condizioni iniziali. Facendo coinciderel’istante iniziale t = 0 con l’istante in cui m entra in contatto con la molla si ha:

x(t = 0) = Xcosf + mmg/K = 0 v(t = 0) = -WXsinf = - v0

da cui tgf = -Kv0 /Wmmg = -Wv0 /mg , X = ±[ (mmg/K)2 + mv02/K ]0.5 = ±[xM +

(mmg/K)]. Scegliendo per la fase la soluzione f = - 0.48 rad = - 27.7° si devescegliere per l’ampiezza X la soluzione col segno – per cui si ha X = -7.6 cm. Si hainfine per la forza totale F agente su m:

F = ma = -mW2Xcos( Wt - |f| ) = [ (mmg)2 + mv02K ]0.5 cos( Wt - |f| )

e) Il tempo t necessario a raggiungere la massima compressione della molla lo siottiene ponendo nella equazione oraria x = - xM , e risulta immediatamente t = |f|/W = T(|f| /2p) ossia t = 0.17 s.

f) L’impulso totale J fornito alla massa m è calcolato immediatamente dal teoremadell’impulso. Tenuto conto che la quantità di moto iniziale è uguale in modulo amv0 , e rivolta verso la parete, e quella finale nulla, si ha che l’impulso vale J =mv0 ed ha verso opposto a quello della velocità iniziale di m. L’impulso totale J èla soma vettoriale dell’impulso dovuto alla forza elastica Je e dell’impulso dovutoalla forza di attrito Ja, che risultano entrambi diretti lungo l’orizzontale edequiversi. L’impulso prodotto dalla forza elastica può essere calcolatodirettamente, secondo lo schema visto nell’esercizio precedente, ma , essendo laforza di attrito costant, può essere calcolato più rapidamente come differenza.Infatti si ha:

Je = J – Ja = mv0 - mmgt

Numericamente risulta J = 0.125 Ns e Je = 0.01 Ns.g) Nel caso in cui la molla divenga via via più rigida ( K Æ• ) e

contemporaneamente cresca anche il coefficente di attrito m , in modo tale peròche il rapporto m/(K)0.5 rimanga costante, si ha il seguente comportamento dellegrandezze fisiche precedentemente calcolate: xM µ1/(K)0.5 Æ 0, v0M rimanecostante come pure l’energia dissipata, la forza esercitata dalla molla Fe µ(K)0.5

Æ• mentre t µ1/(K)0.5 Æ 0 di modo che l’impuso totale mantiene il valorecostante mv0.

[Commento – Questo sistema fornisce un modello schematico di urto completamenteanelastico fra una massa ed una parete nel quale però vengono considerate soloforze elastiche che obbediscono alla legge di Hooke; in un caso reale intervengononecessariamente deformazioni che vanno ben oltre il limite di validità della suddettalegge e si traducono poi in una deformazione permanente dei corpi. In un urtocompletamente anelastico un corpo finisce per aderire materialmente all’altro e nelprocesso, nel quale non si ha conservazione dell’energia, l’energia cinerica inizialeva in parte dissipata per attrito, producendo calore, in parte rimane nel sistema sottoforma di energia di deformazione dei corpi. Come nel caso precedente, più i corpisono rigidi più è grande la forza di interazione e corrispondentemente è breve ladurata dell’interazione. Nel limite di costanti elastiche tendenti all’infinito si hannoforze molto grandi ,“impulsive”, e al limite tendenti all’infinito, ma durateinfinitesime di modo che la variazione di quantità di moto risulti sempre finita.]

21) Sui due blocchi agiscono, in ogni fase del moto, le forze peso m1g e m2g e lereazioni vincolari di appoggio N1 e N2. Inoltre, limitatamente alla duratadell’interazione dei due blocchi tramite la molla, agisce su ciascuno di essi laforza elastica della molla Fe; queste due forze, a differenza delle altre, sono peròforze interne al sistema costituito dai due blocchi.

N1 N2 -Fe Fe

m1g m2g

Durante tutte le fasi del moto, essendo le forze conservative, vale la conservazionedell’energia ed inoltre, essendo la componente orizzontale della risultante delle forzeesterne nulla, vale la conservazione della quantità di moto lungo l’asse orizzontale.a) In base a quanto detto la velocità V del centro di massa del sistema rimane

costante e risulta:

V = (m1v1 + m2v2)/( m1 + m2) = (m1v10 + m2v20)/( m1 + m2) = V0

b) In base al Teorema di König , l’energia cinetica T può essere scritta come lasomma dell’energia cinetica del centro di massa TCM più l’energia cineticarelativa al centro di massa T’. Essendo la velocità del centro di massa costante nesegue che anche l’energia cinetica del centro di massa rimane costante, ossia:

TCM = ( m1 + m2)V2/2 = ( m1 + m2)V02/2 = TCM0 (21-1)

Dato che anche l’energia cinetica totale ha lo stesso valore prima e dopo l’interazionecon la molla si può allora scrivere:

T’ = T - TCM = T0 - TCM0 = T’0con T’0 = m1v2

10/2 + m2v220/2 - (m1v10 + m2v20)2/2( m1 + m2) =

[m1m2/(m1 + m2)](v10 - v20)2/2 = m(v10 - v20)2/2 (21-2)e analogamente

T’ = m(v1 - v2)2/2

avendo posto m = m1m2/(m1 + m2) ; la quantità m viene detta “massa ridotta”. Nelmomento di massima compressione della molla la velocità relativa dei due corpi siannulla, ovvero v1= v2 , e quindi T’ = 0.

c) Dalla conservazione dell’energia per la massima compressione della molla xM siha:

T0 = TCM0 + T’0 = TCM0 + Kx2M/2

Da cui, utilizzando l’eq. (21-2) , xM= [m(v10 - v20)2/K]0.5.d) Dalla conservazione della quantità di moto e dell’energia si ha:

m1v1 + m2v2= m1v10 + m2v20 m1v2

1/2 + m2v22/2 = m1v2

10/2 + m2v220/2

da cui portando i temini con l’indice 1 a primo membro e quelli con l’indice 2 a secondomembro si ottiene:

m1(v1 - v10) = m2(v20 - v2 ) m1(v2

1 - v210)/2 = m2(v2

20 - v22)/2

e semplificando

m1(v1 - v10) = m2(v20 - v2 ) v1 + v10 = v20 + v2

da cui infine:

v1 = [2m2v20+ ( m1 - m2)v10]/( m1 + m2) v2 = [2m1v10+ ( m2 – m1)v20]/( m1 + m2)

e) La velocità con cui si muovono i due blocchi, uniti insieme, è ottenutaimmediatamente dalla conservazione della quantità di moto e coincide con la velocità delcentro di massa del sistema quindi:

v1 = v2 = (m1v10 + m2v20)/( m1 + m2) = V0

L’energia cinetica dissipata, dato che la velocità e quindi l’energia cinetica del centro dimassa rimangono comunque costanti, corrisponde all’energia cinetica relativa al centro dimassa che il sistema ha prima dell’inizio dell’interazione ovvero:

DT = T’0 = m(v10 - v20)2/2 = Kx2M/2

dove l’ultima relazione ci dice che l’energia cinetica dissipata si è trasformata in energiapotenziale delle forze elastiche.

f) E’ sufficiente porre nei risultati precedenti v20 = 0 per avere i risultati cercati.g) Ponendo entrambe le masse uguali ad m si ha per la velocità del centro di massa V =(v1 + v2)/2 e per l’energia cinetica relativa al centro di massa T’ = m(v1 - v2)2/4; per levelocità dopo l’interazione si ha: v1 = v20 v2 = v10

quindi le velocità dei due corpi dopo l’interazione risultano scambiate fra di loro. Inparticolare se v20= 0 , il corpo 1 si ferma mentre il corpo 2 parte con la velocità cheaveva il corpo 1 prima dell’interazione.

h) Nel limite in cui la massa del corpo 2 è molto maggiore di quella del corpo 1 si hala massa ridotta m = m1, quindi per quanto riguarda la massima compressionedella molla questa vale xM= [m1(v10 - v20)2/K]0.5. Per le velocità si ha invece v1 =2v20 - v10 e v2 ≈ v20. Poichè la prima di queste relazioni può anche scriversi come v1- v20 = v20 - v10 possiamo dire che al termine dell’interazione la velocità relativa delcorpo 1, rispetto al corpo 2, ha mantenuto lo stesso valore iniziale ma ha cambiatoverso. In questo caso quindi pur di considerare la velocità relativa della massa 1,piccola, rispetto alla massa 2 si può ragionare come nel caso di una massa m cheinteragisce con una molla fissata ad una parete (Es. 19).

[Osservazione – Il caso considerato in questo esercizio si adatta bene a descrivere, nelcaso unidimensionale, ciò che succede nell’urto di due corpi. La forza esercitata dallamolla costituisce un modello delle forze elastiche che si sviluppano a seguito delledeformazioni che si producono nel contatto dei due corpi. Le caratteristiche dellamolla, ossia la grandezza della costante elastica K, non intervengono a determinare levelocità dei corpi al termine dell’urto; semplicemente, in modo del tutto analogo aquanto visto negli esercizi (19-20), più grande è la costante K più grande è la forzaelastica di interazione e più corto il tempo di interazione. Nel caso ideale di urto fra idue corpi le forze sono “ forze impulsive” (tendenti a infinito) e la durata dell’urtoinfinitesima, ma le variazioni di quantità di moto prodotte su ciascuno dei corpirimangono comunque finite. Come risulta dall’esempio se le forze impulsive ingioco sono solo forze interne si in ogni caso la conservazione della quantità di motodel sistema. A seconda che si abbia o meno conservazione dell’energia cinetica l’urtoè classificato come “completamente elastico”( caso d) , o semplicemente “ elastico”,oppure come anelastico. Nel caso di urto “completamente anelastico”(caso e) i duecorpi si muovono come una sola entità, al termine dell’urto, e non si ha ovviamenteconservazione dell’energia cinetica. L’energia cinetica dissipatà sarà stata tramutatain energia potenziale di deformazione ed eventualmente in calore.]

22) Sui due blocchi agiscono le forze peso m1g e m2g e le reazioni vincolari diappoggio N1 e N2. Inoltre agisce su ciascuno di essi la forza elastica della mollaFe; queste due forze sono però interne al sistema costituito dai due blocchi.

y N1

N2

- Fe Fe x O m1g m2g

a) Essendo la risultante delle forze esterne lungo l’asse orizzontale nulla si conserva laquantità di moto del sistema; essendo questa inizialmente nulla tale resterà durante tuttoil moto e quindi:

m1v1 + m2v2 = (m1 + m2)VCM = 0

Essendo la velocità del centro di massa ( CM) del sistema VCM nulla ne consegue cheesso non si sposta durante tutto il moto successivo: le due masse si muoveranno masempre in modo tale che la posizione del CM rimanga inalterata. Quindi scegliendol’origine O del sistema di riferimento nel punto in cui si trova inizialmente il CM avremo

m1x1 + m2x2 = (m1 + m2)XCM = 0 x1 = - m2x2/m1

dove con x1 e x2 si sono indicate le coordinate dei punti di collegamento della molla con iblocchetti 1 e 2 rispettivamente. Il sistema ha due gradi di libertà quindi sono necessariedue equazioni per determinare il moto del sistema; oltre che alle equazioniprecedentemente scritte, si può ricorrere alla conservazione dell’energia oppure al IIprincipio della dinamica. In quest’ultimo caso, indicando con b la lunghezza a riposodella molla, si ha per le due masse:

m1a1 = - Fe = K(x2 - x1 - b) m2a2 = Fe = - K(x2 - x1 - b)

Ricavando le accelerazioni e sottraendo la prima equazione dalla seconda si ottiene:

a2 – a1 = d2(x2 - x1 - b)/dt2 = - [(m1 + m2)/m1m2]K(x2 - x1 - b) = - K(x2 - x1 - b)/m

dove m = [m1m2/(m1 + m2)] è la “massa ridotta del sistema”. Tenuto conto che la quantitàx = (x2 - x1 - b) rappresenta la deformazione della molla, si vede subito che il sistemaoscilla attorno alla posizione di equilibrio descrivendo un moto armonico di pulsazioneW = [K/m]0.5, e periodo T = 2p[m/K]0.5.Tenendo conto delle condizioni iniziali (deformazione pari a - x0 e velocità dei due corpi nulla ) si ha per la deformazione dellamolla l’equazione oraria:

x = - x0 cosWt

Pertanto l’ampiezza di oscillazione totale del sistema è pari a x0 e ciascun blocchettooscilla attorno alla propria posizione di equilibrio descrivendo un moto armonico diampiezza rispettivamente:

x1 = x0m2/(m1 + m2) x2 = x0m1/(m1 + m2)

Poichè la coordinata della posizione di equilibrio x10 e x20 dei due corpi è data dalerelazioni:

x10 = -bm2/(m1 + m2) x20 = bm1/(m1 + m2)

l’equazione oraria di ciascun blocco risulta data da:

x1 = x10- x1 cosWt x2= x20+ x2 cosWt

Ovviamente, come risulta da queste relazioni, le due masse oscillano in contro-fase inmodo tale che il CM rimanga fermo.

b) Nel caso particolare in cui le due masse sono uguali risulta m = m/2 e pertanto T= 2p[m/2K]0.5, ossia T = 0.314 s ; le ampiezze di oscillazione dei due corpi sonouguali e pari a x0/2 ed il CM rimane fermo nel punto mediano del segmento che liunisce nell’istante iniziale.

23) Nel moto del sistema si devono distinguere tre diverse fasi: la prima è compresafra l’istante iniziale e l’istante in cui il filo raggiunge la verticale, la seconda èquella dell’urto fra i due corpi, la terza è quella successive ad esso.

Nella prima fase di moto le sole forze agenti sulla pallina sono la forza peso mg e latensione T della funicella; il moto corrispondente è quello di un pendolo e la velocitàdella pallina, un’istante prima dell’urto, v0 può essere determinate immediatamentedalla conservazione dell’energia:

mv02/2 = mgl v0 = (2gl)0.5

da cui numericamente risulta v0 = 3.96 M/s.Nella fase successiva, quella dell’urto, sulla pallina agisce, oltre le due forze giàconsiderate, la forza –F dovuta al blocco; su quest’ultimo agiscono la forza peso Mg, lareazione vincolare di appoggio del piano orizzontale N, la forza di attrito f e la forza Fapplicata al blocco dalla pallina.

O

T N

-F F f

mg Mg

La forza F , applicata al blocco, e la sua reazione –F , applicata alla pallina, si esplicanosolo durante l’urto ed hanno carattere impulsivo, quindi hanno intensità molto maggiore

di tutte le altre; rispetto ad esse pertanto possiamo trascurare tutte le altre forze, nonimpulsive, e quindi durante l’urto possiamo considerare nulla la risultante delle forzeesterne. In conseguenza di ciò possiamo affermare che varrà la conservazione dellaqualtità di moto fra i due istanti immediatamente precedente ed immediatamentesuccessivo all’interazione dei due corpi. Dette v e V le velocità dopo l’urtorispettivamente della pallina e del blocco si ha:

MV + mv = mv0 (23-1)

Per determinare completamente queste velocità è necessario fare qualche ipotesi sull’urtoe su questa base aggiungere una equazione.a) Se l’urto è perfettamente elastico vale la conservazione dell’energia e quindi possiamoscrivere: MV2/2 + mv2/2 = mv2

0/2

Questa equazione, insieme con l’eq. (23-1) , fornisce i valori:

V = 2mv0/(m + M) v = v0(m – M)/(m + M)

e numericamente V = 3.05 m/s v = 0.91 m/s.Nella terza fase, dopo l’urto, la pallina torna a muoversi come un pendolo semplice:avendo una velocità opposta a quella di v0 ruota attorno ad O in verso orario e la quotapiù alta raggiunta h’ è ancora data dalla conservazione dell’energia:

h = v2/2g = l[(m – M)/(m + M)]2

da cui h = 4.3 cm.Successivamente all’urto, sul blocco agiscono la forza peso Mg , la reazione vincolare diappoggio N e la forza di attrito di modulo f = mN = mMg dove m è il coefficiente diattrito. La distanza L percorsa dal blocco prima di arrestarsi è determinata dalla suaenergia cinetica nell’istante immediatamente successivo all’urto e dal coefficiente diattrito fra piano e blocco. Dal teorema dell’energia cinetica si ottiene quindi per ilcoefficiente m cercato:

- MV2/2 = -mMgL Æ m = V2/2gL = 4l[m/(m + M)]2/L

e quindi m = 0.215.b) Nel caso in cui l’urto sia completamente anelastico la pallina ed il blocco si

uniscono a formare un unico corpo di massa (m + M) sospeso alla funicella. Lavelocità di questo corpo al termine dell’urto è data immediatamente dallaconservazione della quantità di moto, eq. (23-1), tenendo conto che adesso V = v,ovvero:

V = v = mv0/(m + M)

Il moto successivo del corpo è quello di un pendolo semplice di massa (m + M) equindi la quota massima a cui risale è data da:

h’ = v2/2g = l[m/(m + M)]2

ovvero h’ = 11.8 cmc) Nel caso in cui la corda sia rimpiazzata da un’asticella non è più applicabile la

conservazione della quantità di moto. Infatti dato che l’asta può esercitare, esubire, un’azione in direzione perpendicolare ad essa, questa può esercitare sullapallina una forza a carattere impulsivo: così pure il perno in O esercita su di essauna forza vincolare impulsiva, necessaria a far sì che il sistema risulti semprevincolato a ruotare attorno ad O. Quindi la risultante delle forze esterne al sistemablocco più pallina consta anche di forze vincolari impulsive e pertanto non valepiù la costanza della quantità di moto. La soluzione del problema viene rimandataad un esercizio succcessivo perchè per essa è necessario far ricorso alla IIequazione cardinale della dinamica.

24) Si devono sostanzialmente considerare tre diverse fasi dell’evoluzione delsistema: la prima fase in cui, a seguito dell’esplosione del materiale contenutonella cartuccia, il proiettile viene accelerato fino alla velocità di espulsione dallacanna del fucile e contemporaneamente questo acquista una velocità di rinculo;la seconda fase in cui il proiettile urta il blocchetto e si arresta al suo interno; laterza fase in cui, a seguito della velocità acquisita dall’urto con il proiettile, ilblocco comprime la molla.

Consideriamo le forze che agiscono sui componenti il sistema nelle varie fasi delmoto e le relative equazioni di moto. Nella prima fase le uniche forze rilevanti sonoquelle impulsive che a seguito dell’esplosione si esercitano sul proiettile , S , e sulfucile, -S; queste sono forze interne al sistema fucile + proiettile e costituiscono unacoppia di forze di azione e reazione.

-S S

Durante questa fase, essendo la risultante delle forze esterne nulla, si deve conservarela quantità di moto del sistema; pertanto indicata con V la velocità acquisita dal fucilee con v quella del proiettile, tenuto conto che inizialmente la quantità di moto è nulla,si ha: MV + mv = 0 V = -mv/M (24-1)

Nella seconda fase del moto il proiettile, avente una velocità v , urta in modocompletamente anelastico il blocco di massa m’ e va a formare un unico corpo dimassa (m + m’). Anche durante questa fase le uniche forze rilevanti sono quelleimpulsive che il proiettile esercita sul blocco, F, e la forza di reazione -F che il bloccoesercita sul proiettile. Essendo tutte le altre forze trascurabili è nulla la risultante delleforze esterne agenti sul sistema proiettile + blocco.

N

-F F

Fe

mg m’g

Pertanto anche in questa fase vale la conservazione della quantità di moto e, detta v’ lavelocità con cui si muove l’insieme proiettile + blocco al termine dell’urto, si ha:

( m + m’ )v’ = mv v’ = mv/( m + m’) (24-2)

Nella terza fase agiscono sull’unico corpo blocco + proiettile le forze peso mg e m’gla forza vincolare N del piano di appoggio e la forza elastica della molla Fe; tuttequeste forze risultano conservative per cui la massima compressione della molla èottenuta immediatamente dalla conservazione dell’energia:

(m + m’)v’2/2 = KX2/2 Æ v’ = X[K/(m+m’)]0.5 (24-3)

a) Dalle equazioni (24-3) e (24-2) risulta che la velocità del proiettile è v =X[K(m+m’)]0.5/m , ossia v = 225.7 m/s ; il fucile , in base alla equazione (24-1),acquista una velocità, in verso opposto a quella del proiettile, pari a V = -0.68 m/s .b) L’energia E prodotta dall’esposione, supposti nulli gli effetti dissipativi, è pariall’energia cinetica acquisita dal proiettile e dal fucile al termine dell’espulsione dallacanna, quindi:

E = MV2/2 + mv2/2 = m(m +M)v2/2M

Numericamente risulta E = 389 J ; questo è in realtà un limite inferiore perchè l’energiadispersa in altri processi, in ultima analisi in calore, non è trascurabile.

d) La forza media che deve essere esercitata sul calcio del fucile per mantenerlofermo è uguale, ed opposta, alla forza media esercitata su di esso a causadell’esplosione e quindi uguale alla forza media S esercitata sul proiettile durantela fase di espulsione di durata t. Nell’ipotesi che la forza sia costante il suomodulo e il tempo t possono essere ricavati in vari modi equivalenti. Poichèconsiderare una forza S costante equivale a dire che il moto del proiettile èuniformemente accelerato, e quindi che la sua velocità media è pari a v/2, si haper la durata della fase di espulsione:

t = 2l/v

da cui, in base al teorema dell’impulso:

S = mv/t = mv2/2l

Quest’ultima relazione poteva anche essere ricavata immediatamente dal teoremadell’energia cinetica. Numericamente si ricava t = 6.2 ms e S = 546 N.In realtà l’ipotesi che la forza agente sul proiettile sia costante è largamente nonrealistica (è sufficiente fare considerazioni elementari sull’espansione adiabatica di ungas perfetto) e la forza impulsiva S varia considerevolmente su tempi assai più brevidi t , rendendo conseguentemente più grande la forza media S.

25) Sul blocchetto agiscono la forza peso mg e la forza vincolare di appoggio N,esercitata dal cuneo e perpendicolare al piano inclinato; sul cuneo agiscono laforza peso Mg , la forza applicata ad esso dal blocchetto –N e la reazionevincolare del piano orizzontale S. Le forze N e – N , che costituiscono unacoppia di forze azione e reazione, sono interne al sistema cuneo + blocco; leforze peso e S sono forze esterne ad esso e risultano tutte dirette lungo laverticale. Questo implica che la risultante delle forze esterne lungo la direzionedel piano orizzontale è uguale a zero e quindi che si conserva la componenteorizzontale della quantità di moto. Inoltre essendo le forze in gioco conservativeed i vincoli ideali varrà durante tutto il moto la conservazione dell’energia.

Per scrivere le equazioni necessarie alla soluzione del problema consideriamo unsistema di riferimento cartesiano con l’asse x diretto lungo l’orizzontale e giacentenel piano su cui è posto il cuneo e l’asse y , verticale, passante per il punto in cui sitrova il blocchetto all’istante iniziale. Indichiamo con (x,y) le coordinate delblocchetto e con X l’ascissa del centro di massa (C.M.) del cuneo ad un istantegenerico.

y

S N x

X -N mg B q A x

Mg

All’istante iniziale le coordinate del blocchetto sono (0, h) e l’ascissa del CM èindicata con X0.a) Poichè la componente orizzontale della quantità di moto si conserva essa rimane

sempre uguale a zero; di conseguenza risulta nulla la componente orizzontale

della velocità del CM del sistema cuneo + blocco e quindi esso non si spostalungo l’asse orizzotale durante il moto. Imponendo questa condizione si ha subitouna equazione che lega le coordinate iniziali e finali del blocco e del CM delcuneo:

MX + mx = M X0

Inoltre, tenuto conto che la lunghezza della base del cuneo AB è pari a b = hctgq ,risulta che quando il blocco ha raggiunto il fondo A del cuneo la distanza fra il CMdel cuneo ed il blocco è data da:

x – X = b - X0 = hctgq – X0

Lo spostamento del cuneo DX è quindi dato da:

DX = X - X0 = - mb/(m + M) = - mhctgq/(m + M)

numericamente risulta DX = -14.4 cm.b) La velocità del blocco v e del cuneo V sono determinate rapidamente utilizzando

la conservazione della quantità di moto lungo l’orizzontale e la conservazionedell’energia. Indicando con vx e vy rispettivamente le componenti orizzontale everticale di v , scegliendo come quota di riferimento per l’energia potenziale delleforze peso (V = 0) il piano orizzontale, si ha:

MV + m vx = 0 V = -mvx/M

MV2/2 + mv2/2 + mgy = MV2/2 + m(vx2+ vy

2)/2 + mgy = mgh

Per risolvere le precedenti equazioni si deve tener conto della relazione cinematicache lega fra loro V e le componenti della velocità v. Questa è ricavataimmediatamente differenziando la relazione geometrica, fra la coordinata XA delvertice A del cuneo e le coordinate del blocchetto, che esprime la condizione cheesso si muova lungo il piano inclinato del cuneo:

y = (XA – x )tgq Æ vy = ( V - vx) tgq

Dalle precedenti equazioni si ottiene infine:

vy = - vx(1 + m/M)tgq (25-1)

e per la componente orizzontale di v alla fine del piano inclinato:

vx = (1 + m/M)[2gh/( M/(m+M) + tg2q)]0.5

numericamente risulta vx = 3.48 m/s , vy = - 2.41 m/s e V = - 0.696 m/s.c) La traiettoria del blocchetto puo essere determinata immediatamente

dall’equazione (25-1). Tenuto conto che la velocità è sempre tangente alla

traiettoria e che il rapporto fra la componente verticale ed orizzontale di v ècostante, ne risulta che la traiettoria è una retta di coefficiente angolare dato da:

tgq’ = - (1 + m/M)tgq

più inclinata quindi rispetto a quella dell’ipotenusa del cuneo. Tenendo conto dellecondizioni iniziali ( o equivalentemente integrando la eq. (25-1) fra l’istante inizialeed un istante generico t ) si ha:

y = h - x(1 + m/M)tgq

N

q q'

- N

d) In questo caso non essendo il vincolo, rappresentato dal piano inclinato del cuneo,fisso la reazione vincolare N , agente sul blocchetto, compie lavoro. Infatti N risultaperpendicolare al piano inclinato , che forma un angolo q con l’orizzontale, e quindil’angolo fra la sua direzione e la traiettoria del blocchetto risulta pari a 90° - (q’ – q).Parimenti compie lavoro la forza –N , esercitata dal blocchetto sul cuneo, dato che il suopunto di applicazione si sposta lungo l’orizzontale. Questi due lavori risultano tuttaviauguali in modulo ed opposti di segno di modo che complessivamente il lavoro dellereazioni vincolari è nullo come deve risultare per i vincoli ideali. Il lavoro L compiutodalla forza –N può essere calcolato direttamente , applicando la definizione, oppure piùsemplicemente dal teorema dell’energia cinetica considerato che è la sola fra le forzeagenti sul cuneo a dare un contributo diverso da zero; quindi L = MV2/2 enumericamente L = 2.42 J .