Energia cinetica
Dato l'esercizio sull'energia cinetica:
un battipalo di 2100 Kg di massa viene utilizzato per conficcare nel terreno un palo.
La massa del battipalo viene lasciata cadere da ferma da un'altezza di 5 m rispetto alla sommità del palo e lo conficca per 12 cm nel terreno prima di fermarsi.
Usando il teorema dell'energia cinetica si determini la forza media esercitata dal palo sulla massa fino a quando essa si ferma.
la soluzione dice: $W=K_f-K_i$
$0+mg\Deltar_wcos0+n\Deltar_ncos(180)=0$
dove $\Deltar_w=5.12 m$
$\Deltar_n=0.120 m$
$m=2100 Kg$
Vorrei capire come è stata impostata l'equazione.
$mg\Deltar_wcos0$ rappresenta il lavoro totale che esegue il battipalo? Se non sbaglio la sua escursione totale equivale proprio a $5.12 m$. Non capisco però se devo fare altre considerazioni visto che c'e' un impatto dopo aver percorso i 5 m.
La forza $n$ immagino rappresenti la forza uguale e contraria alla forza del martello, terza legge di Newton, che agisce per $0.12m$ quindi il lavoro lo si considera dal momento in cui battipalo colpisce il palo e fintanto quest'ultimo non si ferma.
Detto questo non capisco come sia stata impostata ancora l'equazione in base al teorema dell'energia cinetica.
un battipalo di 2100 Kg di massa viene utilizzato per conficcare nel terreno un palo.
La massa del battipalo viene lasciata cadere da ferma da un'altezza di 5 m rispetto alla sommità del palo e lo conficca per 12 cm nel terreno prima di fermarsi.
Usando il teorema dell'energia cinetica si determini la forza media esercitata dal palo sulla massa fino a quando essa si ferma.
la soluzione dice: $W=K_f-K_i$
$0+mg\Deltar_wcos0+n\Deltar_ncos(180)=0$
dove $\Deltar_w=5.12 m$
$\Deltar_n=0.120 m$
$m=2100 Kg$
Vorrei capire come è stata impostata l'equazione.
$mg\Deltar_wcos0$ rappresenta il lavoro totale che esegue il battipalo? Se non sbaglio la sua escursione totale equivale proprio a $5.12 m$. Non capisco però se devo fare altre considerazioni visto che c'e' un impatto dopo aver percorso i 5 m.
La forza $n$ immagino rappresenti la forza uguale e contraria alla forza del martello, terza legge di Newton, che agisce per $0.12m$ quindi il lavoro lo si considera dal momento in cui battipalo colpisce il palo e fintanto quest'ultimo non si ferma.
Detto questo non capisco come sia stata impostata ancora l'equazione in base al teorema dell'energia cinetica.
Risposte
Non ho capito da dove saltino fuori i coseni.
L'energia cinetica prima dell'impatto si ricava dalla conservazione dell' energia e dunque vale $k_1=mgh$.
L'enecrgia cinetica finale e' nulla.
Il lavoro fatto dalle forze di attrito (che si ripercuote sulla massa) e' $F*d$ che e' pari a var. en. cin.
Quindi senza troppi discorsi $F*d=mgh$ da cui $d=(2100*9.8*5)/0.12$
L'energia cinetica prima dell'impatto si ricava dalla conservazione dell' energia e dunque vale $k_1=mgh$.
L'enecrgia cinetica finale e' nulla.
Il lavoro fatto dalle forze di attrito (che si ripercuote sulla massa) e' $F*d$ che e' pari a var. en. cin.
Quindi senza troppi discorsi $F*d=mgh$ da cui $d=(2100*9.8*5)/0.12$
Perché tirare in ballo l'energia cinetica, se non si deve trovare la velocità ?
Non basta uguagliare il lavoro fatto dal peso del battipalo (aka sua energia potenziale) al lavoro fatto dal palo sul battipalo, finché si fermano assieme ?
NB: il peso lavora anche nei 12 cm finali, o no ?
PS:
(1) le energie cinetiche iniziali e finali di ambedue i pezzi sono nulle quindi basta calcolare solo i lavori
(2) i coseni degli angoli, rispetto all'asse verticale orientato verso il basso, servono per mettere a posto i segni delle forze e dei lavori partendo dalle formule generali: eccesso di zelo IMHO
Non basta uguagliare il lavoro fatto dal peso del battipalo (aka sua energia potenziale) al lavoro fatto dal palo sul battipalo, finché si fermano assieme ?
$n=mg * (h+d)/d=2100*9.8*5.12/0.12$
NB: il peso lavora anche nei 12 cm finali, o no ?
PS:
(1) le energie cinetiche iniziali e finali di ambedue i pezzi sono nulle quindi basta calcolare solo i lavori
(2) i coseni degli angoli, rispetto all'asse verticale orientato verso il basso, servono per mettere a posto i segni delle forze e dei lavori partendo dalle formule generali: eccesso di zelo IMHO
"veciorik":
NB: il peso lavora anche nei 12 cm finali, o no ?
Si, svista mia, non ho contato il lavoro della forza peso nell'affossamento del palo.
Per me e' piu' facile ragionare in termini di energia cinetica = lavoro delle forze dal momento dell'impatto a quello di arresto.
$0-mgh=-Fd+mgd$
da cui $F=mg(d+h)/d$
"professorkappa":
[quote="veciorik"]
NB: il peso lavora anche nei 12 cm finali, o no ?
Si, svista mia, non ho contato il lavoro della forza peso nell'affossamento del palo.
Per me e' piu' facile ragionare in termini di energia cinetica = lavoro delle forze dal momento dell'impatto a quello di arresto.
$0-mgh=-Fd+mgd$
da cui $F=mg(d+h)/d$[/quote]
Per comprendere le vostre riflessioni e cercare di prendere padronanza con i vari tipi di energia ed i loro trasferimenti da una tipologia all'altra, avrei bisogno di far chiarezza sui principi di base.
Considero $h=5.12$ m , $d=0.12$ m
Immagino sia conveniente prendere come riferimento a potenziale zero la linea del terreno che identifica il palo affondato di 12 cm, detto questo ...
al tempo $t=0$ il battipalo ha solo energia potenziale ($U_(bp)=m_(bp)gh$), che insieme a quella del palo ($U_p=m_pgd$) formano l'energia meccanica dell'intero sistema. Corretto?
Al momento dell'urto l'energia potenziale del battipalo è diminuita rispetto a quella iniziale in quanto il delta è stato trasformato in energia cinetica, l'energia potenziale del palo è sempre la stessa. Corretto?
Quando il palo arresta la sua corsa nel terreno l'energia potenziale del battipalo è zero come quella del palo, sono allo stesso livello. Ma l'energia cinetica è zero, in quanto è fermo sia palo che battipalo, ma c'e' qualcosa che non va perchè così avrei energia meccanica uguale a zero che non è possibile.
Dove sbaglio?!
"veciorik":
Perché tirare in ballo l'energia cinetica, se non si deve trovare la velocità ?
In realtà mi sono espresso male ma chiede di usare esplicitamente considerazioni energetiche.
Al termine l'energia iniziale (en. potenziale gravitazionale) del battipalo non è scomparsa nel nulla ma è stata impiegata (se preferisci trasformata, oppure sprecata) per fare un lavoro, cioè conficcare il palo: ha smosso e compresso il terreno, lo ha fatto vibrare, ha scaldato il palo, forse l'ha deformato.
Ricordo che l'energia potenziale gravitazionale si definisce a meno di una costante arbitraria, che dipende dalla scelta della posizione zero: a distanza infinita o sulla superficie terrestre o al centro della terra o, se è più utile, 12 cm sotto la testa del palo.
Non ho contestato a priori l'uso del termine energia cinetica, ma ho affermato che è inutile calcolarne il valore al tempo intermedio, quando il martello batte sul palo: basta sapere che l'energia cinetica vale zero sia all'inizio che alla fine, considerato che l'unico obiettivo dichiarato è determinare la forza di reazione del palo alla martellata subita.
IMHO conoscere questa reazione è assolutamente inutile per scopi pratici.
Ricordo che l'energia potenziale gravitazionale si definisce a meno di una costante arbitraria, che dipende dalla scelta della posizione zero: a distanza infinita o sulla superficie terrestre o al centro della terra o, se è più utile, 12 cm sotto la testa del palo.
Non ho contestato a priori l'uso del termine energia cinetica, ma ho affermato che è inutile calcolarne il valore al tempo intermedio, quando il martello batte sul palo: basta sapere che l'energia cinetica vale zero sia all'inizio che alla fine, considerato che l'unico obiettivo dichiarato è determinare la forza di reazione del palo alla martellata subita.
IMHO conoscere questa reazione è assolutamente inutile per scopi pratici.
"zio_mangrovia":
... Non capisco però se devo fare altre considerazioni visto che c'e' un impatto dopo aver percorso i 5 m.NO
... non capisco come sia stata impostata ancora l'equazione in base al teorema dell'energia cinetica.
$ \qquad K_{\text{finale}}=W_{\text{peso}}+W_{\text{reazione}}+K_{\text{iniziale}}$
$ \qquad K_{\text{finale}}=0 \qquad K_{\text{iniziale}}=0$
$ \qquad W_{\text{peso}} = mg \quad \Deltar_w \quad cos(0°) \qquad $
Angolo zero tra peso (giù) e spostamento (giù)
$ \qquad W_{\text{reazione}} = n \quad \Deltar_n \quad cos(180°) \qquad $
Angolo 180° tra reazione (su) e spostamento (giù)
"veciorik":
$ \qquad K_{\text{finale}}=W_{\text{peso}}+W_{\text{reazione}}+K_{\text{iniziale}}$
$ \qquad K_{\text{finale}}=0 \qquad K_{\text{iniziale}}=0$
$ \qquad W_{\text{peso}} = mg \quad \Deltar_w \quad cos(0°) \qquad $Angolo zero tra peso (giù) e spostamento (giù)
$ \qquad W_{\text{reazione}} = n \quad \Deltar_n \quad cos(180°) \qquad $Angolo 180° tra reazione (su) e spostamento (giù)
La carta vincente di questo sito, oltre alla competenza, è anche la vostra pazienza!
Lo sviluppo della formula mi è chiaro ed esprimendola in termini energetici equivale a :
$ \qquad K_{\text{iniziale}}+U_{\text{battipalo}}=K_{\text{finale}}+W_{\text{battipalo}}$
dove:
$ \quad U_{\text{battipalo}} = m g \ 5.12 \quad$
$ \quad U_{\text{palo}} = m_2 g \ 0.12 \quad $
$m_2$ è la massa del palo,
la forza esercitata dal palo sul battipalo è uguale in modulo alla forza gravitazionale di $mg$
per cui posso scrivere anche $ \quad U_{\text{palo}} = m g \ 0.12 \quad = F \0.12)$
Ottengo lo stesso risultato:
$0 + mg 5.12= 0 + F 0.12$
nella tua formula hai utilizzato invece il lavoro espresso come variazione di energia potenziale ma questo non so perchè ma mi viene meno intuitivo.
Vorrei capir bene il principio sui cui si basa questa affermazione :
il lavoro fatto dal peso del battipalo (anche la sua energia potenziale) è uguale al lavoro fatto dal palo sul battipalo
Purtroppo poi ci sono ancora parti a me oscure che vorrei provare a discutere con voi.
la forza esercitata dal battipalo è quella gravitazionale e quando colpisce il palo entrambi gli oggetti viaggiano alla stessa velocità percorrendo $.012 m$, la forza reazione vincolare $n$ (3a legge di N.) è quindi uguale come modulo e verso opposto a quella gravitazionale del battipalo sia nell'istante in cui c'e' l'impatto fino al momento dell'arresto, giusto?
Mi avrebbe fatto piacere avere risposta alle domande evidenziate in rosso precedentemente.
thanks
Il corpo a cui si deve applicare il Teorema dell'energia cinetica è il battipalo alias martello, non il palo né il loro combinato, e neppure la terra che comunque ha un ruolo importante nel fenomeno perché assorbe energia.
Sul martello agiscono due forze: la gravità, cioè il suo peso, e la reazione del palo. Poiché l'energia cinetica del martello passa da zero a zero, i lavori delle due forze si annullano a vicenda ovvero sono uguali in modulo e opposti come segno.
Il lavoro della gravità vale $ \ mg * h \ $ con $ \ h=5.12 \ $; il lavoro del palo sul martello vale $ \ n * d \ $ con $ \ d=0.12 \ $.
Non serve considerare l'energia potenziale gravitazionale del martello, in quanto tale, ma solo perché la differenza di energia tra le due posizioni è uguale al lavoro compiuto dalla gravità sul martello.
Non serve tirare in ballo la terza legge che uguaglia l'azione del martello sul palo e la reazione del palo sul martello: sono l'incognita del problema.
E' normale che l'energia meccanica totale sia nulla al termine perché, correttamente, si assume lo zero convenzionale del potenziale nella posizione finale del sistema martello+palo.
Per lo scopo del problema non interessano né la dinamica né gli attributi del palo (massa, energia, forma, materiale, accelerazione, velocità, ...) e della terra, che peraltro sono ignoti e restano tali.
Sul martello agiscono due forze: la gravità, cioè il suo peso, e la reazione del palo. Poiché l'energia cinetica del martello passa da zero a zero, i lavori delle due forze si annullano a vicenda ovvero sono uguali in modulo e opposti come segno.
Il lavoro della gravità vale $ \ mg * h \ $ con $ \ h=5.12 \ $; il lavoro del palo sul martello vale $ \ n * d \ $ con $ \ d=0.12 \ $.
Non serve considerare l'energia potenziale gravitazionale del martello, in quanto tale, ma solo perché la differenza di energia tra le due posizioni è uguale al lavoro compiuto dalla gravità sul martello.
Non serve tirare in ballo la terza legge che uguaglia l'azione del martello sul palo e la reazione del palo sul martello: sono l'incognita del problema.
E' normale che l'energia meccanica totale sia nulla al termine perché, correttamente, si assume lo zero convenzionale del potenziale nella posizione finale del sistema martello+palo.
Per lo scopo del problema non interessano né la dinamica né gli attributi del palo (massa, energia, forma, materiale, accelerazione, velocità, ...) e della terra, che peraltro sono ignoti e restano tali.
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo