UNIVERSITA DEGLI STUDI DI GENOVA SCUOLA POLITECNICA FISICA GENERALE Sede di Spezia compitino del 30/11/2020

(1)

UNIVERSITA’ DEGLI STUDI DI GENOVA  SCUOLA POLITECNICA FISICA GENERALE  Sede di Spezia  compitino del 30/11/2020

Mostrare i passaggi principali in modo conciso, leggibile, con i risultati numerici finali in unità del sistema internazionale (SI) ed espressi con due cifre significative. Gli elaborati che presenteranno risultati non giustificati non formalmente corretti e/o in una grafia non comprensibile non saranno corretti.

1) Cinematica 2D (12 punti)

In una gara di tiro al bersaglio un arciere fa scoccare a 𝑡 = 0 una freccia con una velocità iniziale di modulo 𝑣₀ ed inclinazione 𝜃 rispetto al piano orizzontale (vedi figura 1). Il bersaglio è costituito da un cubo di legno (puntiforme) di massa 𝑀 appeso al soffitto e la freccia di massa 𝑚_𝑓 lo colpisce nell’istante 𝑡^∗ in cui il vettore velocità è parallelo al piano orizzontale. Sapendo che l’arciere è alto ℎ, si calcoli all’istante immediatamente prima di colpire il bersaglio 𝑡^∗: a) Il valore di 𝑡^∗ ed il modulo del vettore velocità calcolato

allo stesso istante;

b) Il valore di ℎ𝑀;

c) il vettore accelerazione tangenziale;

d) il raggio della circonferenza osculatrice all’istante 𝑡^∗. La freccia si conficca nel bersaglio, si calcoli:

e) La velocità dei due corpi attaccati subito dopo l’urto;

f) La quota massima ℎ𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙𝑒 raggiunta dai due corpi trascurando dissipazioni durante il moto dopo l’urto.

[Dati: 𝑣0= 10 𝑚/𝑠; 𝜃 = ^𝜋

12𝑟𝑎𝑑; mf=0.2 kg; M=5·mf; ℎ = 1.7 𝑚]

Figura 1 2) Dinamica (12 punti)

Una cassa schematizzabile come un corpo puntiforme di massa 𝑚 è posizionata su un piano inclinato scabro di altezza h ed inclinazione . Una forza 𝐹⃗ costante è applicata alla cassa come mostrato in figura 2. Si valuti:

a) Il diagramma delle forze per la cassa 𝑚 e la proiezione della relativa equazione di Newton lungo gli assi coordinati indicati in figura 2.

b) Il valore minimo del coefficiente d’attrito statico affinché la cassa sia in equilibrio.

All’istante t=0 si aumenta la pendenza del piano inclinato raddoppiando l’angolo 𝜃 e la cassa inizia a scivolare lungo il piano inclinato (la forza 𝐹⃗ rimane parallela al piano). Detto µd il coefficiente di attrito dinamico si calcoli:

c) l’accelerazione della cassa 𝑚.

d) Il lavoro della forza d’attrito per portare la cassa 𝑚 dal punto A al punto O.

A partire dal punto O, la cassa si muove su di un piano privo di attrito fino a quando una molla frena il suo moto fino a fermarla.

e) Si calcoli la compressione massima della molla.

[Dati: 𝑚 =800 g; 𝜃 =₁₂^𝜋𝑟𝑎𝑑; F = 2.0 N; µd=0.25; h=0.9 m;

k=920 N/m]

Figura 2 3) Gravitazione (8 punti)

Due satelliti vengono lanciati attorno alla Terra su orbite praticamente circolari. Il primo si trova ad una quota ℎ₁ dalla superficie terrestre mentre il secondo ad una quota ℎ₂ tale che il periodo orbitale di quest’ultimo sia doppio rispetto al primo.

a) Calcolare la quota ℎ2 dalla superfice terrestre.

b) Trascurando gli attriti, si calcoli il lavoro minimo che deve eseguire il motore a razzo per portare il primo satellite sull’orbita del secondo.

[Dati: raggio e massa della Terra 𝑅_𝑇 ≈ 6.37 ∙ 10³ 𝑘𝑚, 𝑀_𝑇 = 5.972 ∙ 10²⁴ 𝑘𝑔; ℎ₁= 600 𝑘𝑚; 𝐺 = 6,67 ∙ 10⁻¹¹ 𝑁 𝑚²/𝑘𝑔²;

𝑚_{𝑠𝑎𝑡1}= 170 𝑘𝑔]

4) Momento angolare (2 punti )

Calcolare il vettore momento angolare e la sua intensità per un corpo puntiforme di massa m che si muove con una velocità 𝑣⃗ = 𝑣(2𝑖̂ − 𝑗̂) m/s nell’istante in cui si trova in 𝑅⃗⃗ = (1, −2,1) 𝑚 rispetto ad un polo 𝑃⃗⃗ = (−1,1,1) 𝑚.

[Dati: 𝑣 = 5.7 𝑚/𝑠; m=350 g]

(2)

SOLUZIONI

Problema 1.

a)

Il moto da descrivere è inizialmente quello della freccia e si tratta di un moto ad accelerazione costante. Scelto un sistema di riferimento con asse x parallelo al terreno verso destra e asse y verticale verso l’alto con origine nei piedi dell’arciere, l’accelerazione è 𝑎⃗ = (0, −𝑔) e la velocità inziale 𝑣⃗0 = (𝑣₀cos 𝜃 , 𝑣₀sen 𝜃).

Per trovare le equazioni di moto della freccia si integra l’accelerazione imponendo per 𝑡 = 0 le seguenti condizioni iniziali: 𝑥(0) = 0, 𝑦(0) = ℎ, 𝑣_𝑥(0) = 𝑣₀cos 𝜃 e 𝑣_𝑦(0) = 𝑣₀sen 𝜃.

{𝑎_𝑥 = 0

𝑎_𝑦= −𝑔  {

𝑣_𝑥(𝑡) = 𝑣₀cos 𝜃

𝑣_𝑦(𝑡) = − ∫ 𝑔 𝑑𝑡 = −𝑔𝑡 + 𝑣₀ sen 𝜃  {𝑥(𝑡) = ∫ 𝑣_𝑥 𝑑𝑡 = (𝑣₀cos 𝜃)𝑡 𝑦(𝑡) = ∫ 𝑣_𝑦 𝑑𝑡 = −¹

2𝑔𝑡²+ (𝑣₀ sen 𝜃) 𝑡 + ℎ

Osserviamo che, non essendoci componenti dell’accelerazione in orizzontale, la componente x della velocità ha sempre valore costante perciò nel punto corrispondente a 𝑡^∗ la velocità avendo solo componente x sarà 𝑣^∗𝑥= 𝑣_𝑥(𝑡^∗ ) = 𝑣₀cos 𝜃 mentre 𝑣^∗_𝑦= 𝑣_𝑦(𝑡^∗ ) = 0 e quindi il modulo della velocità 𝑣^∗= √(𝑣₀cos 𝜃)²+ 0 = 9.6593^𝑚

𝑠 ≈ 9.7𝑚/𝑠 e l’istante 𝑡^∗ vale 𝑣𝑦(𝑡^∗ ) = −𝑔𝑡^∗ + 𝑣₀ sen 𝜃 = 0 da cui si ottiene: 𝑡^∗=^𝑣⁰^{sen 𝜃}

𝑔 ≈ 0.2639 𝑠 ≈ 0.26 𝑠 b)

Il valore di ℎ𝑀 lo si può ottenere dalla legge oraria del moto lungo 𝑦 valutata all’istante 𝑡^∗: ℎ_𝑀= 𝑦(𝑡^∗) = −¹

2𝑔𝑡^∗2+ (𝑣₀ sen 𝜃) 𝑡^∗+ ℎ = −¹

2𝑔 (^𝑣⁰^{sen 𝜃}

𝑔 )²+^(𝑣⁰^{sen 𝜃)}²

𝑔 + ℎ = −¹

2

(𝑣₀sen 𝜃)²

𝑔 +^(𝑣⁰^{sen 𝜃)}²

𝑔 + ℎ ℎ𝑀= +^(𝑣⁰^{sen 𝜃)}²

2𝑔 + ℎ ≈ 2.0415 𝑚 ≈ 2.0 𝑚 c)

Nel punto corrispondente a 𝑡^∗ la velocità 𝑣⃗⃗⃗⃗⃗ è perpendicolare ad 𝑎⃗ ((𝑣^∗ ^∗𝑥, 0)(0, −𝑔) = 0) da cui la componente tangenziale dell’accelerazione è 𝑎𝑡 = 𝑣̂^∗𝑎⃗ = 0 𝑚/𝑠² con il versore 𝑣̂^∗= ¹

𝑣^∗_𝑥(𝑣^∗_𝑥, 0) = (1,0), quindi il vettore accelerazione tangenziale vale 𝑎⃗𝑡 = (𝑣̂^∗𝑎⃗) 𝑣̂^∗= (0, 0) 𝑚/𝑠².

d)

Dalla precedente risposta, l’accelerazione nel punto corrispondente a 𝑡^∗ ha solo componente centripeta 𝑎⃗𝑐= 𝑎⃗ − 𝑎⃗_𝑡 = 𝑎⃗

il cui modulo vale 𝑎𝑐 = ^𝑣^∗2

𝑅^∗_𝑜𝑠𝑐=^(𝑣⁰^{cos 𝜃)}²

𝑅^∗_𝑜𝑠𝑐 = 𝑔 da cui 𝑅^∗_𝑜𝑠𝑐 =^(𝑣⁰^{cos 𝜃)}²

𝑔 = 9.5141 𝑚 ≈ 9.5 𝑚.

e)

L’urto avviene in direzione orizzontale e i due corpi interagiscono solo tramite forze interne e quindi si ha conservazione della quantità di moto (orizzontale) 𝑃𝑖 = 𝑃_𝑓 ovvero 𝑚𝑓𝑣₀cos 𝜃 = (𝑚_𝑓+ 𝑀)𝑉

Da cui la velocità dopo l'urto vale: 𝑉 = ^𝑚^𝑓_𝑚^𝑣⁰^{cos 𝜃}

𝑓+𝑀 =^𝑣⁰^{cos 𝜃}

6 ≈ 1.6099^𝑚

𝑠 ≈ 1.6^𝑚

𝑠 f)

Il sistema formato dai due corpi è dotato della velocità calcolata al punto precedente ed esegue una traiettoria circolare (pendolo), trascurando dissipazioni si ha conservazione dell’energia 𝐸𝑖 = 𝐸_𝑓, assumendo come zero per l’energia potenziale associata alla forza peso la quota di riferimento del terreno si ha:

¹₂(𝑚_𝑓+ 𝑀)𝑉²+ (𝑚_𝑓+ 𝑀)𝑔ℎ_𝑀= (𝑚_𝑓+ 𝑀)𝑔ℎ_{𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙𝑒} Definendo ℎ𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙𝑒= ℎ_𝑀+ ∆ℎ si ottiene

→ ¹

2(𝑚_𝑓+ 𝑀)𝑉²+ (𝑚_𝑓+ 𝑀)𝑔ℎ_𝑀= (𝑚_𝑓+ 𝑀)𝑔ℎ_𝑀+ (𝑚_𝑓+ 𝑀)𝑔∆ℎ  ¹

2(𝑚_𝑓+ 𝑀)𝑉²= (𝑚_𝑓+ 𝑀)𝑔∆ℎ

1

2𝑉²= 𝑔 ∆ℎ da cui ∆ℎ =^𝑉²

2𝑔 pertanto si ottiene: ℎ𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙𝑒= ∆ℎ + ℎ_𝑀≈ 2.1737 𝑚 ≈ 2.2 𝑚

(3)

Problema 2 a)

Diagramma delle forze:

Eq. di Newton per il corpo 𝑚: 𝐹⃗ + 𝑃⃗⃗ + 𝑁 ⃗⃗⃗ + 𝐹⃗

_𝐴

= 0 ⃗⃗

Preso un sistema di rifermento con l’asse x parallelo al piano inclinato e rivolto verso il basso e l’asse 𝑦 ortogonale ad esso e rivolto verso l’alto la proiezione dell’equazione di Newton sugli assi coordinati vale:

(1) 𝑥: +𝐹 + 𝑚𝑔 𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 𝐹

_𝐴

= 0 (2) 𝑦: 𝑁 − 𝑚𝑔 𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 0

A cui si aggiunge la definizione di attrito statico: 𝐹

_𝐴

≤ µ

_𝑆

𝑁 (3)

b)

A questo punto sostituiamo nella definizione di attrito statico (3) l’espressione della F

A

, ricavata dall’equazione (1), e della reazione normale N, ricavata dalla (2). Così facendo si ottiene:

+𝐹 + 𝑚𝑔 𝑠𝑒𝑛 𝜃 ≤ µ

_𝑆

𝑚𝑔 𝑐𝑜𝑠 𝜃  µ

_𝑆

𝑚𝑔 𝑐𝑜𝑠 𝜃 ≥ 𝑚𝑔 𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝐹 µ

_𝑆

≥ 𝑡𝑔 𝜃 +

^𝐹

𝑚𝑔 𝑐𝑜𝑠 𝜃

≳ 0.53187 ≈ 0.53

c)

Le equazioni di Newton per 𝑚 variano nel modo seguente:

(1) 𝑚𝑔 𝑠𝑒𝑛 2𝜃 + 𝐹 − 𝐹

_𝐴

= 𝑚𝑎 (2) 𝑁 − 𝑚𝑔 𝑐𝑜𝑠 2𝜃 = 0

A cui si aggiunge la definizione di attrito dinamico: 𝐹

_𝐴

= µ

_𝑑

𝑁 Da questo sistema è facile ricavare l’accelerazione della massa M:

𝑎 =

𝑚𝑔 𝑠𝑒𝑛 2𝜃−µ𝑑𝑚𝑔 𝑐𝑜𝑠 2𝜃

𝑚

+

^𝐹

𝑚

= 𝑔(𝑠𝑒𝑛 2𝜃 − µ

_𝑑

𝑐𝑜𝑠 2𝜃) +

^𝐹

𝑚

≈ 5.2801 𝑚/𝑠

²

≈ 5.3 𝑚/𝑠

²

d)

Il lavoro della forza d’attrito sul tratto AO vale:

𝐿

_{𝑎𝑡𝑡.}

= ∫ 𝐹

_𝐴^𝑂

⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ 𝑑𝑠⃗ =

_𝐴

− ∫ 𝑓

_𝐴^𝑂 _𝐷

𝑑𝑠 = − ∫ 𝜇

_𝐴^𝑂 _𝐷

𝑁𝑑𝑠 = − ∫ 𝜇

_𝐴^𝑂 _𝐷

𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠 2𝜃 𝑑𝑠 = −𝜇

_𝐷

𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠 2𝜃 ∫ 𝑑𝑠

_𝐴^𝑂

𝐿

_{𝑎𝑡𝑡.}

= −𝜇

_𝐷

𝑚𝑔 𝑐𝑜𝑠 2𝜃 ℓ

_𝐴𝑂

visto che ℓ

𝐴𝑂

=

^ℎ

𝑠𝑒𝑛 2𝜃

si ottiene: 𝐿

_{𝑎𝑡𝑡.}

= −

^𝜇^𝐷^𝑚𝑔ℎ

𝑡𝑔 2𝜃

≈ −3.0574 J ≈ −3.1 J

e)

Per calcolare la velocità 𝑉 della cassa alla fine del piano inclinato si può utilizzare la relazione cinematica 𝑠 − 𝑠

₀

=

^𝑉²^−𝑉⁰²

2𝑎



𝑉 = √

^2𝑎ℎ

𝑠𝑒𝑛 2𝜃

≈ 4.3599

^𝑚

𝑠

≈ 4.4

^m

s

con 𝑉

₀

la velocità nel punto O che è nulla e 𝑠

₀

lo

spostamento iniziale che è nullo se si assume l’origine nel punto di partenza del corpo.

(4)

A partire dal punto O il corpo prosegue a velocità constante nel tratto orizzontale senza attrito. Applichiamo la conservazione dell’energia meccanica per il moto sul piano orizzontale con condizione finale cassa ferma e massima compressione della molla:

1

2

𝑚𝑉

²

=

¹

2

𝑘∆𝑥

²

 ∆𝑥

²

=

^𝑚

𝑘

𝑉

²

 ∆𝑥 = 𝑉√

^𝑚_𝑘

≈ 0.1286 𝑚 ≈ 13 ∙ 10

⁻²

𝑚

2 Gravitazione

a)

Dalla terza legge di Keplero si ottiene:

^(ℎ²^+𝑅^𝑇⁾³

𝑇22

= 𝑐𝑜𝑠𝑡 =

^(ℎ¹^+𝑅^𝑇⁾³

𝑇12

(ℎ

₂

+ 𝑅

_𝑇

) = (ℎ

₁

+ 𝑅

_𝑇

) (

^𝑇²

𝑇1

)

^2/3

= (ℎ

₁

+ 𝑅

_𝑇

) (

^2𝑇¹

𝑇1

)

^2/3

ℎ

₂

= (ℎ

₁

+ 𝑅

_𝑇

)2

^2/3

− 𝑅

_𝑇 ≈ 4.6942 · 10⁶ 𝑚 ≈ 4.7 · 10⁶ 𝑚 (= 4700 𝑘𝑚) b)

L’energia meccanica totale di un satellite posto su di un’orbita circolare intorno alla Terra con velocità 𝑣 vale:

𝐸

_𝑠𝑎𝑡

=

¹

2

𝑚

_𝑠𝑎𝑡

𝑣

²

− 𝐺

^𝑚^𝑠𝑎𝑡^𝑀^𝑇

𝑟

ma ricordando che la forza di gravitazione determina l’accelerazione centripeta

−𝐺

𝑟²

= −𝑚

_𝑠𝑎𝑡^𝑣²

𝑟

pertanto

¹

2

𝑚

_𝑠𝑎𝑡

𝑣

²

= 𝐺

2𝑟

da cui 𝐸

_𝑠𝑎𝑡

= −𝐺

2𝑟

, il lavoro minimo svolto dal motore del razzo per spostare il satellite 1 sull’orbita del satellite 2 vale: 𝐿 = 𝐸

_𝑠𝑎𝑡^𝑓𝑖𝑛

− 𝐸

_𝑠𝑎𝑡^𝑖𝑛

= −𝐺

^𝑚^{𝑠𝑎𝑡1}^𝑀^𝑇

2(ℎ2+𝑅𝑇)

− (−𝐺

^𝑚^{𝑠𝑎𝑡1}^𝑀^𝑇

2(ℎ₁+𝑅_𝑇)

) =

^𝐺𝑚^{𝑠𝑎𝑡1}^𝑀^𝑇

2

{

¹

ℎ₁+𝑅_𝑇

−

¹

ℎ₂+𝑅_𝑇

} 𝐿 =

^𝐺𝑚^𝑠𝑎𝑡^𝑀^𝑇

2

ℎ₂−ℎ₁

(ℎ1+𝑅𝑇)(ℎ1+𝑅𝑇)

≈

1.7975 · 10⁹ 𝐽 ≈ 1.8 · 10⁹ 𝐽

NB: la forza di spinta generata dal motore a razzo del satellite è non conservativa (l’energia meccanica non si conserva), pertanto, 𝐿 è il lavoro delle forze non-conservative.

2 Momento angolare

𝑙⃗

_𝑃

= (

𝑅

⃗⃗⃗

_{− 𝑃}

⃗⃗⃗) × 𝑚

𝑣

⃗⃗

=

(

2, −3, 0

)

× 𝑚𝑣

(

2, −1,0

)

= 𝑚𝑣 ∙

[

𝑖

̂

_𝑗

̂

_𝑘

̂

2 −3 0

2 −1 0

]

=

(

0,0,4

)

∙ 𝑚𝑣 𝐽 ∙ 𝑠 =

(

0, 0,7.98

)

𝐽 ∙ 𝑠

𝑙⃗

_𝑃

= (

0, 0,7.98

)

𝐽 ∙ 𝑠 ≈

(

0, 0, 8.0

)

𝐽 ∙ 𝑠 |

𝑙

^⃗_𝑃| ≈ 8.0 𝐽 ∙ 𝑠

(5)

Note supplementari per gli studenti che desiderano approfondire alcuni degli argomenti trattati nel compitino

1-b)

Poiché la sola forza agente sulla freccia è conservativa, l’altezza ℎ𝑀 può essere calcolata anche utilizzando la conservazione dell’energia meccanica: 𝐸_𝑖 = 𝐸_𝑓 ovvero ¹

2𝑚_𝑓𝑣₀²+ 𝑚_𝑓𝑔ℎ =¹

2𝑚_𝑓(𝑣₀cos 𝜃)²+ 𝑚_𝑓𝑔ℎ_𝑀

 ¹₂(1 − ( cos 𝜃)²)𝑣₀²+ 𝑔ℎ = 𝑔ℎ_𝑀  _2𝑔¹ (1 − ( cos 𝜃)²)𝑣₀²+ ℎ = ℎ_𝑀

Utilizzando l’identità trigonometrica si ottiene il risultato precedente: ℎ_𝑀= +^(𝑣⁰^{sen 𝜃)}²

2𝑔 + ℎ 1-d)

Si consiglia di risolvere lo stesso quesito considerando questa volta l’istante iniziale 𝑡 = 0 𝑠. La soluzione è riportata qui di seguito.

All’inizio del moto, il versore della velocità 𝑣⃗₀= (𝑣₀cos 𝜃 , 𝑣₀sen 𝜃) = 𝑣₀(cos 𝜃 , sen 𝜃) è 𝑣̂₀ =^𝑣^⃗⃗⁰

𝑣₀ = (cos 𝜃 , sen 𝜃), la componente dell’accelerazione tangenziale 𝑎_0𝑡 = (0, −𝑔)𝑣̂₀= −𝑔 sen 𝜃, pertanto il vettore accelerazione tangenziale vale 𝑎⃗_0𝑡 = −𝑔 sen 𝜃 𝑣̂₀= −𝑔(sen 𝜃 cos 𝜃 , sen²𝜃) e l’accelerazione centripeta 𝑎⃗_0𝑐 = 𝑎⃗ − 𝑎⃗_0𝑡 =

(0, −𝑔) + 𝑔(sen 𝜃 cos 𝜃 , sen²𝜃) = 𝑔(sen 𝜃 cos 𝜃 , sen²𝜃 − 1) = 𝑔(sen 𝜃 cos 𝜃 , −cos²𝜃), il modulo dell’accelerazione centripeta 𝑎0𝑐 = 𝑔√sen²𝜃 cos²𝜃 + cos²𝜃 cos²𝜃 = 𝑔√cos²𝜃 (sen²𝜃 + cos²𝜃) = 𝑔| cos 𝜃 |

infine 𝑎_0𝑐= ^𝑣⁰²

𝑅_𝑜𝑠𝑐 𝑅_𝑜𝑠𝑐= ^𝑣⁰²

𝑔| cos 𝜃|= 10.5569 𝑚 ≈ 11 𝑚.

Osservazione:

l’accelerazione centripeta si poteva anche ottenere con considerazioni geometriche sapendo che 𝑎⃗_0𝑐 ⊥ 𝑎⃗_0𝑡. Dal disegno le lunghezze delle due componenti dell’accelerazione sono |𝑎⃗_0𝑐| = 𝑔 cos 𝜃 e |𝑎⃗_0𝑡| = 𝑔 sen 𝜃

2-e)

Modi alternativi per calcolare la velocità del corpo puntiforme in fondo al piano inclinato (punto O):

i)

integriamo l’accelerazione costante 𝑣 = ∫ 𝑎 𝑑𝑡 = 𝑎𝑡 + 𝑉

₀

= 𝑎𝑡 e 𝑥 = ∫ 𝑣 𝑑𝑡 =

¹₂

𝑎𝑡

²

+ 𝑠

₀

=

¹

2

𝑎𝑡

²

, il tempo di discesa vale 𝑡

_𝑑

e quindi ℓ

_𝐴𝑂

=

¹

2

𝑎𝑡

_𝑑²

 𝑡

_𝑑

= √

^2ℓ^𝐴𝑂

𝑎

 𝑉 = 𝑎𝑡

𝑑

= 𝑎√

^2ℓ^𝐴𝑂

𝑎

= √2ℓ

𝐴𝑂

𝑎 = √

^2𝑎ℎ

𝑠𝑒𝑛 2𝜃

come calcolato prima, infatti la relazione cinematica deriva da questi passaggi

ii)

Partiamo dal teorema lavoro-energia: 𝐿

_{𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙𝑒}

= ∆𝐾 ovvero 𝐿

𝐶

+𝐿

_𝑛𝑐

+ 𝐿

_𝐹

= ∆𝐾 dove:

𝐿

_𝑐

: lavoro della forza conservativa (la forza peso). 𝐿

_𝑐

= −∆𝑈

^{𝐹𝑝𝑒𝑠𝑜}

= −(0 − 𝑚𝑔ℎ) = +𝑚𝑔ℎ 𝐿

_𝑛𝑐

: lavoro della forza non conservativa (la forza di attrito). 𝐿

_{𝑎𝑡𝑡.}

= ∫ 𝐹⃗

_𝐴

𝑑𝑠⃗ = −

^𝜇^𝐷^𝑚𝑔ℎ

𝑡𝑔 2𝜃

(6)

𝐿

_𝐹

: lavoro della forza F di cui non è nota la natura. 𝐿

_𝐹

= ∫ 𝐹⃗𝑑𝑠⃗ = ∫ 𝐹𝑑𝑠 = 𝐹ℓ

𝐴𝑂

= 𝐹

^ℎ

𝑠𝑒𝑛 2𝜃

Pertanto possiamo riscrivere il teorema Lavoro-Energia cosi’:

𝑚𝑔ℎ −

^𝜇_{𝑡𝑔 2𝜃}^𝐷^𝑚𝑔ℎ

+ 𝐹

^ℎ

𝑠𝑒𝑛 2𝜃

= (

¹

2

𝑚𝑉

²

− 0)  𝑉

²

= 2𝑔ℎ + 2𝐹

^ℎ

𝑚𝑠𝑒𝑛 2𝜃

− 2

^𝜇^𝐷^𝑔ℎ

𝑡𝑔 2𝜃

La velocità nel punto O risulta quindi essere: 𝑉 = √2 [𝑔ℎ (1 −

^𝜇^𝐷

𝑡𝑔 2𝜃

) +

^ℎ

𝑚𝑠𝑒𝑛 2𝜃

] ≈ 3.1636

^𝑚

𝑠

≈ 3.2

^m

s