Esercizi svolti di Fisica 1

Eserciziario di Fisica 1

1

Indice dei capitoli

1. Cinematica del punto materiale 3

2. Dinamica del punto materiale 22

3. Lavoro ed energia 34

4. Sistemi materiali e quantità di moto 43

5. Statica e dinamica dei sistemi materiali 48

6. Gravitazione 58

7. Meccanica dei liquidi 62

2

1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE

Esercizio 1.1

Una fanciulla A si muove da casa in bicicletta alla velocità costante di 36 km/h;

(1) scrivere la legge del moto della fanciulla e darne una rappresentazione grafica sul piano spazio-tempo;

(2) determinarne la posizione dopo 2 minuti e mezzo;

(3) determinare dopo quanto tempo la fanciulla avrà percorso 10 km.

SVOLGIMENTO

(1) Si consideri un sistema di riferimento con l'origine nel punto di partenza della fanciulla A e orientato nel

verso del moto; si consideri inoltre l'istante iniziale, e si ponga t0 = 0 s, quello in cui la fanciulla parte. Per

coerenza fra le unità di misura, conviene esprimere la velocità vA della fanciulla in m/s, equazione (1.4):

36 =

= 10m/s

m/s

vA 3.6 ​

. La legge del moto della fanciulla è quindi, equazione (1.3):

= 10t

xA(t)

(2) Dopo due minuti e mezzo, cioè dopo 150 s, la posizione della fanciulla è

= 10m/s ⋅ 150s = 1500m = 1.5km

xA(150)

(3) Per trovare il tempo impiegato a percorrere un certa distanza, basta usare la legge del moto trovata al

punto

(1), determinando a quale istante la posizione è 10 km; sia t1 tale istante, allora deve essere x(t1) = 10000

m, quindi ) = 10t ←→ 10000 = 10t ←→ = 1000s = 16min40s

x(t t

1 1 1 1

​ ​ ​ ​

3

Esercizio 1.2

Il fratello B della fanciulla A incontrata nel problema 1, dopo 4 minuti dalla sua partenza, comincia a seguirla

alla velocità costante di 12 m/s;

(1) determinare in quale istante il fratello raggiunge la fanciulla;

(2) determinare la distanza percorsa dai due fratelli fino al momento dell'incontro.

SVOLGIMENTO

(1) Il fratello parte 4 min = 240 s dopo la fanciulla, con velocità vB = 12 m/s, l'istante iniziale del suo moto non

è pertanto zero ma t0 = 240 s; la sua legge del moto è quindi, equazione (1.2):

= 12(t − 240)

xB(t)

La condizione per cui s’incontrino è che in un dato istante, sia t2, le loro posizioni siano uguali, deve quindi

valere ) = );

xA(t xB(t

2 2

​ ​

usando le leggi del moto si trova 10t = 12(t − 240)

2 2

​ ​

da cui, con semplici calcoli, = 1440s = 24min

t 2 ​

Il grafico spazio–tempo dei due moti è rappresentato in figura.

(2) I due fratelli percorrono la stessa distanza uguale alla posizione finale meno la posizione iniziale,

equazione (1.1); la posizione iniziale è nulla, la posizione finale si può calcolare, indifferentemente,

utilizzando la legge del moto dell'uno o dell'altro; vale infatti

) = ) = 14400m

xA(t xB(t

2 2

​ ​

quindi = ) − = 14400m = 14.4km

d x(t x

2 0

​ ​ 4

Esercizio 1.3

Due motociclette A e B partono simultaneamente da due caselli autostradali distanti D = 50 km muovendosi

una verso l'altra. Sapendo che le loro velocità sono rispettivamente 120 km/h e 80 km/h,

(1) determinare dopo quanto tempo dalla partenza avviene l'incontro;

(2) determinare la distanza percorsa da ciascuna motocicletta fino al momento dell'incontro.

SVOLGIMENTO

(1) Il problema è del tutto simile al precedente, in questo caso però i punti materiali in movimento, le

motociclette, si muovono in versi opposti; quindi fissato un asse cartesiano di riferimento con origine nel

casello autostradale da cui parte A e orientato verso quello da cui parte B, è chiaro che A si muove nel verso

delle ascisse crescenti e quindi il suo spostamento è positivo, mentre B si muove nel verso delle ascisse

decrescenti e quindi il suo spostamento è negativo. Poiché le velocità sono il rapporto fra lo spostamento ed

il tempo impiegato a percorrerlo è chiaro che, rispetto al sistema di riferimento prescelto, la velocità di A è

positiva mentre quella di B è negativa; vale quindi

= 120km/h, = −80km/h;

vA vB

le due leggi del moto dunque sono = = +

xA(t) vAt, xB(t) D vBt

L’incontro avviene all'istante t∗per cui vale xA(t∗) = xB(t∗) e quindi

= + → = − = 50120 + 80h = 0.25h = 15min = 900s

vAt∗ D vBt∗ t∗ DvA vB

(2) La distanza percorsa dalla motocicletta A è

= ∥vAt ∗ ∥ = 30km

dA

mentre la distanza percorsa da B è = ∥vBt ∗ ∥ = 20km;

dB

si osservi che vale dA + dB = D, come deve. 5

Esercizio 1.4

Un uomo in bicicletta, partendo da fermo, si muove con un’accelerazione costante a = 1.21 m/s2;

(1) determinare l'istante in cui ha percorso 5.32 m e qual è, in tale istante, la sua velocità;

(2) determinare quale distanza percorre in un tempo doppio;

(3) determinare quale distanza deve percorrere per raggiungere una velocità tripla.

SVOLGIMENTO

(1) Si consideri un sistema di riferimento con un asse orizzontale avente come origine il punto di partenza

dell'uomo in bicicletta; con questa scelta x0 = 0 m; poiché parte da fermo la sua velocità iniziale è nulla,

quindi = 0m/s

v 0 ​

; la legge del moto della bicicletta, equazione (1.7), e la legge della velocità, equazione (1.5), sono quindi

1 , =

= at

x(t) v(t) at;

2

2 ​ ​

questa relazione può facilmente essere invertita per determinare l'istante, nota che sia la posizione:

(t)a;

= 2x

t ​

con i dati numerici forniti dal testo si trova quindi che l'istante t1 in cui x = 5.32 m è

= 2.97s

t 1 ​

La velocità in questo istante è ) = = 3.59m/s

v(t at

1 1

​ ​

Si sarebbe potuto determinare la velocità senza determinare l'istante osservando che vale

= 2x 2ax

(t)a = (t)

v(t) a ​ ​

(2) Nel tempo doppio la distanza percorsa è data dalla posizione

1 )2 =

) = 2at 1 = 4x(t ) = 21.3m

a(2t

x(2t 1 1 2 1

2

​ ​ ​ ​ ​

In un tempo doppio, la distanza percorsa è dunque quadrupla.

(3) Poiché nel moto uniformemente accelerato velocità e tempo sono grandezze proporzionali, la velocità

tripla è raggiunta in un tempo triplo. La distanza percorsa in tale tempo triplo è dunque

1 9

)2 = 1 =

) = 9x(t ) = 47.9m

a(3t at

x(3t 1 1 2 1

2 2

​ ​ ​ ​ ​ ​

6

Esercizio 1.5

Un camion si sta muovendo lungo una strada rettilinea alla velocità di 90.0 km/h, quando, a 85.0 metri di

distanza vede una transenna che indica la chiusura della strada. L’autista del camion frena e il camion

rallenta con una decelerazione di 3.80 m/s2. Determinare

(1) l'istante in cui il camion si ferma;

(2) a quale distanza dalla transenna il camion riesce a fermarsi;

(3) a quale distanza dalla transenna la velocità è dimezzata.

SVOLGIMENTO

(1) Si consideri un sistema di riferimento con un asse orizzontale in cui l'origine coincide con il punto in cui il

camionista vede la transenna a 85.0 metri e sia t0 = 0 s l'istante in cui ciò avviene; valgono allora x0 = 0 m e

v0 = 90.0 km/h = 25.0 m/s. La legge del moto del camion, e la legge della velocità sono quindi (il segno meno

è dovuto al fatto che l'accelerazione è negativa) 1 , =

= − −

at

x(t) v t v(t) v at;

0 2 0

2

​ ​ ​ ​

L’istante t1 in cui il camion si ferma è quello in cui la sua velocità è nulla; cioè

) = 0m/s

v(t 1 ​

e quindi = = 6.58s

t v a

1 0

​ ​

(2) La posizione del camion all'istante t1 in cui si ferma è

1 1 2

02 =

1 = )2 =

) = − − 82.2m;

2 a

at a(v a

x(t v t v a v ​

1 0 1 2 2 0

2 2

​ ​ ​ ​ ​ ​ ​ ​ ​

il camion quindi riesce a fermarsi a distanza

= 85.0m − 82.2m = 2.8m

d

dalla transenna .

(3) Sia t2 l'istante in cui la velocità è dimezzata, sia cioè

1 =

) = −

v(t v v at

2 0 0 2

2

​ ​ ​ ​ ​

allora = 2a;

t v

2 0

​ ​

quindi 1 0

2 42

− = 3v =

) = 61.7m

2 a av a

x(t v a

​

2 2 2

0 2 8

​ ​ ​ ​ ​ ​ ​

La distanza dalla transenna a cui la velocità è dimezzata è quindi

= 85.0m − 61.7m = 23.3m

d

cioè un quarto della distanza totale. 7

Esercizio 1.6

Un punto materiale si muove con legge del moto x(t) = t2 −5t + 2. Determinare

(1) la velocità media nell'intervallo di tempo compreso fra gli istanti t e t + ∆t;

(2) la velocità istantanea all'istante generico t.

SVOLGIMENTO

(1) Lo spostamento è dato da

Δx = + Δt) − = (t + Δt)2 − 5(t + Δt) + 2 − (t − 5t + 2) == + 2tΔt + (Δt)2 − 5

x(t x(t) t

2 2

​ ​

quindi la velocità media, equazione 1.8, è data da

= ΔxΔt = 2t − 5 + Δt

vm

; si noti che la velocità media dipende dall'istante iniziale e dalla lunghezza dell'intervallo di tempo

considerato.

(2) La velocità istantanea all'istante t si ottiene facendo tendere a zero l'intervallo ∆t, equazione (1.9),

→ Δt → 0v(t) = 2t − 5

vm

. Si noti che il moto del punto materiale è uniformemente accelerato e quindi si sarebbe potuta applicare la

legge della velocità (1.5), ottenendo il medesimo risultato.

Esercizio 1.7

Un punto materiale viene lasciato cadere da un’altezza h;

(1) determinare il tempo impiegato ad arrivare al suolo;

(2) determinare la velocità di impatto con il suolo;

(3) si consideri in particolare il caso con h = 8.00 m.

SVOLGIMENTO

(1) Si consideri un sistema di riferimento con un asse verticale orientato verso l'alto e con lo zero al suolo,

come in figura; sia h quindi la posizione iniziale. Poiché il punto materiale viene lasciato cadere, la velocità

iniziale è nulla. L’accelerazione è orientata verso il basso e quindi ha segno negativo:

= −g

a

. Nella situazione presente quindi l'equazione (1.6) si scrive

1

= −

x(t) h gt 2

2 ​ ​

Si tratta così di risolvere l'equazione 1 →

0 = − = 2h

h gt t g

2

2 ​ ​ ​

(2) L’equazione (1.5) fornisce il valore della velocità in ogni istante; nel caso in questione si scrive

= −gt

v(t)

quindi all'istante dato dalla (1.11) la velocità è

= 2h 2gh

−g = −

v g

​ ​

Si osservi che la velocità è risultata negativa poiché è diretta verso il basso, cioè in verso opposto a quello

positivo nel sistema di riferimento scelto.

(3) Con h = 8.00 m si trova: = 1.28s, = −12.5m/s

t v 8

Esercizio 1.8

Un punto materiale viene lanciato verticalmente verso l'alto con velocità iniziale v0;

(1) determinare l'istante in cui il punto materiale raggiunge l'altezza massima h e quale questa sia;

(2) determinare l'istante di ricaduta a terra e la velocità d’impatto;

(3) si consideri in particolare il caso con v0 = 4.15 m/s.

SVOLGIMENTO

(1) Con riferimento al sistema di riferimento verticale del problema precedente, l'equazione del moto e la

legge della velocità si scrivono 1 , =

= − −

x(t) v t gt v(t) v gt

0 2 0

2

​ ​ ​ ​

L’istante t1 in cui è raggiunta la massima altezza h è individuato dal fatto che in tale istante il punto materiale

si ferma e quindi ) = 0m/s

v(t 1 ​

; quindi − = 0 → =

v gt t v g

0 1 1 0

​ ​ ​ ​

L’altezza raggiunta in tale istante è 1 1 2

1 = )2 =

= ) = − − 2

h x(t v t gt v g g(v v g

​

1 0 1 2 0 0 0

2 2

​ ​ ​ ​ ​ ​ ​ ​ ​

(2) L’istante t2 di ricaduta a terra è individuato dal fatto che in tale istante il punto materiale si trova a terra e

quindi x(t2) = 0 m; quindi v0t2 −1 2 gt2 2=0

Questa equazione ha due soluzioni: la prima è t = 0 s e corrisponde alla posizione iniziale; l'altra soluzione

= 2v = 2t ;

t g

2 0 1

​ ​ ​

il tempo di volo completo è quindi il doppio del tempo di salita; detto altrimenti, il punto materiale impiega lo

stesso tempo a salire ed a scendere. La velocità d’impatto è la velocità all'istante t2, quindi

) = − = −v

v(t v g2v g

2 0 0 0

​ ​ ​ ​

A parte il segno negativo, dovuto al fatto che la velocità finale è volta nel verso opposto a quella dell'asse si

riferimento prescelto, la velocità finale ha lo stesso valore della velocità iniziale. Questo risultato è

comprensibile osservando che, come visto, il moto di salita e di discesa durano lo stesso tempo, e poiché

l'accelerazione è costante e negativa la diminuzione di velocità nello stesso intervallo di tempo deve essere

la stessa: salendo da v0 a 0, scendendo da 0 a −v0.

(3) Con v0 = 4.15 m/s si trova:

= 0.423s, = 0.878m, = 0.846s, ) = −4.15m/s

t h t v(t

1 2 2

​ ​ ​

9

Esercizio 1.9

Un punto materiale parte da fermo muovendosi con accelerazione costante a;

(1) determinare lo spostamento effettuato dal punto materiale durante il primo, il secondo ed il terzo secondo

dall'inizio del moto;

(2) estrapolarne la regola generale per determinare lo spostamento effettuato nel corso dell'n-esimo secondo

dall'inizio del moto.

(3) si consideri in particolare il caso con a = g.

SVOLGIMENTO

(1) La legge del moto è 1

= at

x(t) 2

2 ​ ​

Lo spostamento effettuato durante il primo secondo del moto è

=

s x

1 ​

(1) −x(0) = 1 2 a . Lo spostamento effettuato durante il secondo (si perdoni l'inevitabile bisticcio verbale) del

moto è 1 1 3

− = =

= − = 3s

a a

s x(2) x(1) a

2 22 1

2 2 2

​ ​ ​ ​ ​ ​

Lo spostamento effettuato durante il terzo secondo del moto è

1 1 5

− = =

= − = 5s

a

s x(3) x(2) a a

3 32 22 1

2 2 2

​ ​ ​ ​ ​ ​ ​

(2) Da quanto visto al punto

(1), risulta che gli spostamenti effettuati aumentano come la serie dei numeri dispari; poiché l'n-esimo

numero dispari si può scrivere (2n −1), lo spostamento effettuato nell'n-esimo secondo dall'inizio del moto è

uguale a (2n−1) volte lo spostamento effettuato nel primo secondo; quindi

1

1)

= (2n − 1)s = (2n − a

sn 1 2

​ ​

Si noti che, volendo, è facile ricavare lo spostamento totale dopo i primi n secondi sommando gli n

spostamenti sopra determinati; infatti, com’è noto, la somma dei primi n numeri dispari è uguale ad n2:

1 + 3 + 5 + ⋅ ⋅ ⋅ + (2n − 1) = ;

n 2 ​

quindi 1

+ + + ⋅ ⋅ ⋅ + = + 3s + 5s + ⋅ ⋅ ⋅ + (2n − 1)s = = an

s s s sn s n s

1 2 3 1 1 1 1 2 1 2

2

​ ​ ​ ​ ​ ​ ​ ​ ​ ​ ​

che è proprio lo spazio percorso nei primi n secondi come si può calcolare direttamente dalla legge del moto.

(3) Per a = g si trova = 4.91m, = 14.7m, = 24.5m, = (2n − 1)4.91m

s s s sn

1 2 3

​ ​ ​ 10

Esercizio 1.10

Dimostrare che la somma di vettori è commutativa.

SVOLGIMENTO

Che sia commutativa si può vedere sia dalla rappresentazione grafica col metodo punta coda, sia dal calcolo

delle componenti; per la componente x vale infatti: (B + C)

= + = + = (C +

x Bx Cx Cx Bx B)x

e similmente per le altre componenti.

Esercizio 1.11

Dati, in un riferimento cartesiano, i punti di coordinate A(3, 1), B(−1, 3), C(−2, −2);

(1) si determinino le componenti dei tre vettori U = AB, V = BC e W = CA;

(2) si determinino le componenti del vettore S = U + W ;

(3) si verifichi che U + V + W = 0;

(4) si rappresentino i risultati ottenuti in un piano cartesiano.

SVOLGIMENTO

(1) La componente x di un vettore è la differenza delle ascisse dei suoi estremi, presi ordinatamente:

l'ascissa del secondo estremo meno l'ascissa del primo estremo e similmente per la componente y; quindi

= − = −1 − 3 = −4U = − = 3 − 1 = 2

Ux xB xA y yB yA

Quindi, usando il procedimento analogo per V e W si trova

= (−4, 2), = (−1, −5), = (5, 3)

U V W

(2) Per la (1.13) le componenti di S sono la somma delle componenti di U e W ; quindi

= (1, 5)

S

(3) La somma delle componenti dei tre vettori U, V e W è nulla quindi la loro somma è il vettore nullo. D’altra

parte, usando il metodo punta-coda, risulta che il vettore somma ha come punto iniziale e finale il punto A, si

tratta cioè del vettore AA = 0.

(4) Per la rappresentazione grafica si faccia riferimento alla figura, tenendo presente che o vettori non hanno

qui punto di applicazione definito quindi per la somma di U e W si è usato il metodo puntacoda applicando il

vettore W sulla punta di U. 11

Esercizio 1.12

Dati i vettori = (3, 2), = (−1, 3), = (2, −1)

u v w

(1) determinare 1 2 u −2 3 v + 2w;

(2) determinare (u −v) · w;

(3) verificare che v × w · w = 0.

SVOLGIMENTO

(1) Usando la (1.14) si trova

1 2 3 2 37

( ) ( ) ( )

− +

− + 2w = , 1 − , 2 (4, −2) = , −3

u v

2 3 2 3 6

​ ​ ​ ​ ​

(2) Si trova: (u − ⋅ = (4, −1) ⋅ (2, −1) = 9

v) w

(3) Non sono nece