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Eserciziario 1

Esercizi e spiegazioni di Fisica. Molto conveniente 2 in 1 elaborati dal publisher sulla base di appunti personali e frequenza delle lezioni del professore Donatis, dell'università degli Studi Normale di Pisa - Sns, Classe di scienze matematiche fisiche e naturali. Scarica il file con le esercitazioni in formato PDF!

Esame di Chimica docente Prof. P. Donatis

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ESTRATTO DOCUMENTO

Capitolo 0

Preliminari

In questo capitolo introduttorio vengono fornite alcune nozioni sulle misure, sul significato del loro valore

numerico e sulla notazione con sui tali valori vengono riportati negli esercizi; si danno inoltre le convenzioni

utilizzate per le unità di misura.

0.1 Errori di misura e cifre significative

In fisica ogni misura è affetta da errore che è dovuto alla mancanza di precisione dello strumento e alla

mancanza di perizia dello sperimentatore: è facilmente immaginabile che la misura della stessa grandezza

fisica dia risultati diversi se questa viene effettuata con strumenti diversi o da sperimentatori diversi. Per

questo motivo in fisica le cifre che compaiono nel risultato numerico di una misura sono importanti; per

esempio le seguenti misure della lunghezza ℓ

ℓ = 4.23 m , ℓ = 4.230 m

1 2

non sono uguali ; la prima informa sulla misura effettuata fino al centimetro, la seconda fino al millimetro.

La convenzione comunemente adottata è quella di considerare l’ultima cifra come affetta da errore e quindi

incerta; in altre parole le due misure precedenti dicono che

4.22 m < ℓ < 4.24 m , 4.229 m < ℓ < 4.231 m .

1 2

Le cifre esatte e l’incerta, vengono dette cifre significative della misura. Eventuali cifre non significative

non vanno esposte. Questo diviene particolarmente importante se un numero rappresenta il risultato

di una misura indiretta, cioè se il valore è ottenuto da manipolazioni algebriche di misure ottenute

direttamente dalla misura (per questo dette misure dirette). Si supponga di voler misurare la lunghezza

di un tratto di strada costituito da due tratti rettilinei a e b; e che le misure della lunghezza dei due

tratti, effettuate magari con metodi diversi, abbia dato i seguenti risultati:

25.3 m , b = 14.21 m

a =

cioè 25.2 m < a < 25.4 m , 14.20 m < b < 14.22 m ;

allora la lunghezza del tratto di strada è

39.40 m < a + b < 39.62 m .

Si vede cosı́ che la prima cifra decimale è incerta e quindi è l’ultima cifra significativa, la seconda cifra

decimale quindi non è significativa e non va indicata nel risultato. La somma delle due grandezze va

quindi approssimata all’ultima cifra significativa. Nel caso dell’esempio presente la somma delle due

a + b = 39.51 m va esposta nel modo seguente:

misure a + b = 39.5 m .

Tenendo conto di questo esempio, si addotta la seguente regola.

1

2 CAPITOLO 0. PRELIMINARI

Nella somma e nella differenza di due misure l’ultima cifra significativa è

l’ultima cifra significativa della misura meno precisa.

Si supponga ora di dover misurare l’area di un terreno rettangolare; la misura delle lunghezze dei lati

sono a = 17.46 m , b = 9.33 m

cioè 17.45 m < a < 17.47 m , 9.32 m < b < 9.34 m .

L’area cercata è quindi ·

2 2

162.634 m < a b < 163.1698 m .

Si vede qui che la cifra delle unità è incerta e quindi è l’ultima cifra significativa. Il risultato della misura

· 2

dell’area, a b = 162.9018 m , deve quindi essere approssimato alla cifra delle unità pertanto:

· 2

a b = 163 m .

Si addotta quindi la seguente regola.

Nel prodotto e nel rapporto di due misure il numero di cifre significative del

risultato è uguale e quello della misura che ne ha di meno.

0.2 Notazione scientifica e ordine di grandezza

Con lo scopo di rendere immediatamente evidenti quali siano le cifre significative si una misura, è utile uti-

lizzare la notazione scientifica; questa prescrive di indicare un numero mediante un coefficiente compreso

fra 1 e 10 moltiplicato per una potenza di 10. Si considerino i seguenti esempi:

· 1

12 = 1.2 10 · 3

2146.3 = 2.1463 10

−2

·

0.032 = 3.2 10 · 10

12446000000 = 1.2446 10

−9

·

0.00000000212 = 2.12 10 .

Si vede, oltre a consentire una scrittura comoda e compatta di numeri molto grandi o molto piccoli, la

notazione scientifica mette in evidenza le cifre significative; per gli ultimi due numeri, infatti, la lunga

successione degli zeri è costituita interamente da cifre non significative, e quindi inutili oltre che scomode.

Per numeri con due o tre cifre, come primo nel esempio, la notazione scientifica non è particolarmente

utile e quindi non viene molto usata.

L’esponente di dieci che meglio approssima un numero viene detto ordine di grandezza del numero. Per

esempio, le misure dei lati di un tavolo rettangolare hanno lo stesso ordine di grandezza: 0; l’ordine di

r = 6371.005 km ha ordine di grandezza 5; la distanza di Roma

grandezza del raggio medio della Terra, T

da Milano è 594 km ha ordine di grandezza 4. Si noti che l’ordine di grandezza è assegnato al numero

e non alla grandezza che misura; questa infatti può essere misurata da numeri di ordine di grandezza

diversi a seconda dell’unità di misura prescelta.

0.3 Unità di misura

In questo eserciziario vengono usate le unità di misura fondamentali del Sistema Internazionale riassunte

dalla seguente tabella. CAPITOLO 0. PRELIMINARI 3

Grandezza fisica Simbolo della grandezza Unità di misura Simbolo dell’unità

lunghezza l metro m

massa m chilogrammo kg

intervallo di tempo t secondo s

temperatura assoluta T kelvin K

quantità di sostanza n mole mol

intensità luminosa I candela cd

intensità di corrente i ampere A

A partire da queste si definiscono le unità di misura derivate, e qualche altra grandezza non standard ma

di uso comune, che verranno introdotte via via nel testo.

Per pura comodità, verranno usati frequentemente i multipli e i sottomultipli di queste unità definiti

mediante i prefissi riassunti nella seguente tabella.

n

10 prefisso simbolo

12

10 tera T

9

10 giga G

6

10 mega M

3

10 chilo k

2

10 etto h

1

10 deca da

−1

10 deci d

−2

10 centi c

−3

10 milli m

−6

10 micro µ

−9

10 nano n

−12

10 pico p

Quindi, ad esempio, un intervallo di tempo t della durata di 5 microsecondi, cioè di 5 milionesimi di

secondo, si scrive t = 5 µs ,

e cosı́ via.

Capitolo 1

Cinematica del punto materiale

La cinematica studia il moto dei corpi. Per punto materiale si intende un corpo le cui dimensioni vengono

considerate irrilevanti per lo studio del suo moto. Essenzialmente, qui ci si riferisce alla situazione in cui

il corpo in questione si muove senza compiere rotazioni.

Per la descrizione del moto si fa uso di un sistema di riferimento costituito da un osservatore che disponga

di un metro con cui misurare le distanze e di un orologio con cui misurare i tempi; si suppone che le

distanze e i tempi misurati dall’osservatore siano assoluti, nel senso newtoniano del temine.

Si dice traiettoria l’insieme di tutte le posizioni successivamente occupate dal punto materiale in movi-

mento.

1.1 Moti rettilinei

Un moto è detto rettilineo se la sua traiettoria è una porzione di retta.

Nel caso del moto rettilineo l’osservatore, utilizzando il metro,

può costruire un asse delle ascisse x cui riferire le varie posizio- x

) )

x(t x(t

ni assunte dal punto materiale in movimento nei diversi istanti. 1 2

In tal caso si indica con x(t) la posizione occupata dal punto Figura 1.1: L’asse di riferimento

materiale in moto all’istante t. Con questa notazione, si dice

spostamento la differenza delle ascisse delle posizioni successiva-

mente occupate. Se in due istanti successivi t e t il punto materiale in moto si trova nelle due posizioni

1 2

x(t ) ed x(t ), lo spostamento è dunque

1 2 −

s = x(t ) x(t ) .

2 1

Conviene adottare la notazione per cui la variazione di una grandezza si indica con la lettera greca ∆;

per esempio se la grandezza A passa dal valore A al valore A la sua variazione si indica con

1 2

∆A = A A .

2 1

Con questa notazione lo spostamento può essere convenientemente indicato dal simbolo

s = ∆x .

Si osservi che lo spostamento s può essere positivo o negativo a seconda che il punto materiale si muova, o

meno, nel verso delle ascisse crescenti, la distanza percorsa d è quindi il valore assoluto dello spostamento:

|s| |x(t − |∆x|

d = = ) x(t )| = . (1.1)

2 1

1.1.1 Moto rettilineo uniforme

Si dice uniforme un moto in cui lo spostamento ed il tempo impiegato a percorrerlo sono grandezze

proporzionali; la costante di proporzionalità è detta velocità scalare o piú semplicemente velocità.

4

CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE 5

Indicando con s spostamento, con t il tempo impiegato e con v la velocità, vale quindi

s

v = .

t

L’osservatore che voglia determinare in ogni istante la posizione del punto materiale in moto rettilineo

uniforme comincia a prendere la posizione in un certo istante iniziale t , questa posizione iniziale viene

0

denotata con x ; al successivo istante t la posizione x(t) può essere determinata usando le equazioni

0

precedenti: − ∆x

x(t) x 0 =

v = −

t t ∆t

0

da cui − (1.2)

x(t) = x + v(t t ) .

0 0

La precedente è detta legge del moto rettilineo uniforme e, note la posizione iniziale e la velocità, consente

di determinare la posizione in ogni istante successivo.

Quando possibile, si considera nullo l’istante iniziale cosicché la legge del moto assume la forma semplice

x(t) = x + vt . (1.3)

0 x[m]

L’unità di misura della velocità è il metro al secondo (simbo-

lo m/s). Nella pratica è molto usato anche il chilometro al-

l’ora (simbolo km/h). Osservando che 1 km = 1000 m e che

1 h = 3600 s, si ottiene facilmente la formula di conversione:

1 m/s = 3.6 km/h . (1.4) x

0

Si noti che la legge del moto rettilineo uniforme è un’equazione

di primo grado nelle variabili x e t; è utile darne una rappresen- t[s]

tazione grafica in un piano cartesiano spazio-tempo. Il grafico

risultante è una retta che ha per coefficiente angolare la velocità Figura 1.2: Grafico spazio-tempo

e per intercetta la posizione iniziale. per il moto uniforme.

PROBLEMI RISOLTI

Problema 1

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

À scrivere la legge del moto della fanciulla e darne una rappresentazione grafica sul piano spazio-

tempo;

Á determinarne la posizione dopo 2 minuti e mezzo;

 determinare dopo quanto tempo la fanciulla avrà percorso 10 km.

Soluzione

À Si consideri un sistema di riferimento con l’origine nel punto di par- x[km]

A e orientato nel verso del moto; si consideri inoltre

tenza della fanciulla

l’istante iniziale, e si ponga t = 0 s, quello in cui la fanciulla parte. Per

0 10

coerenza fra le unità di misura, conviene esprimere la velocità v della

A

fanciulla in m/s, equazione (1.4): 5

36 m/s = 10 m/s .

v =

A 3.6 0 t[s]

La legge del moto della fanciulla è quindi, equazione (1.3): 0 500 1000

x (t) = 10t .

A

6 CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE

Á Dopo due minuti e mezzo, cioè dopo 150 s, la posizione della fanciulla è

·

x (150) = 10 m/s 150 s = 1500 m = 1.5 km .

A

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

À, 10 km; sia t tale istante, allora deve essere

al punto determinando a quale istante la posizione è 1

x(t ) = 10000 m, quindi

1 ←→ ←→

x(t ) = 10t 10000 = 10t t = 1000 s = 16 min 40 s .

1 1 1 1

Problema 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;

À determinare in quale istante il fratello raggiunge la fanciulla;

Á determinare la distanza percorsa dai due fratelli fino al momento dell’incontro.

Soluzione

À Il fratello parte 4 min = 240 s dopo la fanciulla, con velocità x[km]

v = 12 m/s, l’istante iniziale del suo moto non è pertanto zero

B

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

0 15

x (t) = 12(t 240) .

B 10

La condizione per cui s’incontrino è che in un dato istante, sia t ,

2

le loro posizioni siano uguali, deve quindi valere 5

x (t ) = x (t ) ;

2 2

A B 0

usando le leggi del moto si trova t[s]

0 500 1000 1500

10t = 12(t 240)

2 2

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

2

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

Á I due fratelli percorrono la stessa distanza uguale alla posizione finale meno la posizione iniziale, equa-

zione (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

x (t ) = x (t ) = 14400 m ,

2 2

A B

quindi − 14400 m = 14.4 km .

d = x(t ) x =

2 0

Problema 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,

À determinare dopo quanto tempo dalla partenza avviene l’incontro;

Á determinare la distanza percorsa da ciascuna motocicletta fino al momento dell’incontro.

CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE 7

Soluzione

À 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

−80

v = 120 km/h , v = km/h ;

A B

le due leggi del moto dunque sono

x (t) = v t , x (t) = D + v t .

A A B B

∗ ∗ ∗

L’incontro avviene all’istante t per cui vale x (t ) = x (t ) e quindi

A B 50

D

∗ ∗ ∗

−→ =

v t = D + v t t = h = 0.25 h = 15 min = 900 s .

A B v v 120 + 80

A B

Á A è

La distanza percorsa dalla motocicletta ∗

∥v ∥

d = t = 30 km

A A

mentre la distanza percorsa da B è ∗

∥v ∥

d = t = 20 km ;

B B

si osservi che vale d + d = D, come deve.

A B

1.1.2 Moto uniformemente accelerato

Si dice accelerato un moto in cui la velocità non è costante, ma varia nel tempo. Se la variazione di

velocità e l’intervallo tempo di tempo in cui tale variazione si verifica sono grandezze proporzionali, il

moto si dice uniformemente accelerato e la costante di proporzionalità è detta accelerazione. Se si indica

con v la velocità all’istante iniziale t e con v(t) la velocità ad un successivo istante t, l’accelerazione è

0 0

quindi data da −

v(t) v ∆v

0

a = =

t t ∆t

0

da cui si ottiene −

v(t) = v + a(t t ) .

0 0

Questa equazione è la legge che, note l’accelerazione e la velocità iniziale, consente la determinazione della

velocità in ogni istante successivo. Nel caso in cui t sia l’istante nullo, l’equazione precedente assume la

0

piú semplice forma: (1.5)

v(t) = v + at .

0

L’accelerazione è positiva se la velocità aumenta nel tempo, mentre è negativa se diminuisce; in quest’ul-

timo caso si usa spesso il termine decelerazione.

La legge del moto uniformemente accelerato è data dall’equazione seguente

1

− − 2 (1.6)

x(t) = x + v (t t ) + a(t t ) ,

0 0 0 0

2

che nel caso in cui sia t = 0 s assume la piú semplice forma:

0 1 2

at ,

x(t) = x + v t + (1.7)

0 0 2 2

L’unità di misura dell’accelerazione è il metro al secondo al quadrato (simbolo m/s ).

La relazione 1.5 fra la velocità e il tempo nel moto uniformemente accelerato è di primo grado; il suo

8 CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE

grafico è quindi una retta avente l’accelerazione come coefficiente angolare e la velocità iniziale come

intercetta. Con riferimento a tale grafico, lo spostamento compiuto è dato dall’area compresa fra il

grafico e l’asse dei tempi fra i due istanti iniziali e finali del moto, come rappresentato in figura 1.3.

La legge del moto 1.7 è di secondo grado nel tempo; il suo v

grafico spazio-tempo è quindi una porzione di parabola.

È talvolta utile il concetto di velocità media v : si tratta dello

m )

v(t 2

spostamento diviso per il tempo impiegato a percorrerlo:

∆x )

v(t 1

v = . (1.8) ∆x

m ∆t

In generale la velocità media dipende dall’intervallo di tempo t t t

1 2

considerato. Nel caso del moto uniforme la velocità media coin-

cide con la velocità del moto; nel caso del moto uniformemente Figura 1.3: Lo spostamento del moto

accelerato la velocità media è uguale alla media aritmetica delle uniformemente accelerato.

velocità iniziale e finale.

Si definisce velocità istantanea all’istante t il valore v(t) cui tende la velocità media calcolata nell’intervallo

di tempo compreso fra t e t + ∆t al tendere a zero dell’intervallo di tempo ∆t considerato:

−−−−−→

v v(t) . (1.9)

m ∆t→0

Una relazione spesso utile è quella che lega lo spostamento di un moto uniformemente accelerato alla

variazione di velocità: −

2 2

v (t) v ←→

0 2 2

∆x = v (t) = v + 2a∆x .

0

2a

Un’altra relazione assai utile si ottiene dalla precedente sostituendo all’accelerazione la sua definizione

v(t)−v 0

a = ; si trova

t v + v(t) v + v(t)

0 0

−→

∆x = t v = , (1.10)

m

2 2

da cui risulta che in un moto uniformemente accelerato la velocità media è la media aritmetica fra la

velocità iniziale e la velocità finale.

Fra i moti uniformemente accelerati, particolarmente importante è il moto di caduta libera dei gravi: i

punti materiali lasciati liberi cadono tutti con la stessa accelerazione detta accelerazione di gravità; il

valore di questa dipende dalla distanza dal centro del pianeta sul quale si effettua l’esperimento. Sulla

superficie terrestre, in particolare, l’accelerazione dipende dalla latitudine e dalla quota sul livello del

mare; il suo valor medio si indica con la lettera g e vale 2

g = 9.80665 m/s ;

g il valore approssimato

in questo eserciziario si userà per 2

g = 9.81 m/s .

PROBLEMI RISOLTI

Problema 1 2

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

À determinare l’istante in cui ha percorso 5.32 m e qual’è, in tale istante, la sua velocità;

Á determinare quale distanza percorre in un tempo doppio;

 determinare quale distanza deve percorrere per raggiungere una velocità tripla.

CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE 9

Soluzione

À Si consideri un sistema di riferimento con un asse orizzontale avente come origine il punto di partenza

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

0

quindi v = 0 m/s; la legge del moto della bicicletta, equazione (1.7), e la legge della velocità, equazione

0

(1.5), sono quindi 1 2

at , v(t) = at ;

x(t) = 2

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

√ 2x(t) ;

t = a

con i dati numerici forniti dal testo si trova quindi che l’istante t in cui x = 5.32 m è

1

t = 2.97 s .

1

La velocità in questo istante è v(t ) = at = 3.59 m/s .

1 1

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

√ √

2x(t)

v(t) = a = 2ax(t) .

a

Á Nel tempo doppio la distanza percorsa è data dalla posizione

1 2 21

x(2t ) = a(2t ) = 2at = 4x(t ) = 21.3 m .

1 1 1

2

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

 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 21

x(3t ) = a(3t ) = at = 9x(t ) = 47.9 m .

1 1 1

2 2

Problema 2

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

2

rallenta con una decelerazione di 3.80 m/s . Determinare

À l’istante in cui il camion si ferma;

Á a quale distanza dalla transenna il camion riesce a fermarsi;

 a quale distanza dalla transenna la velocità è dimezzata.

Soluzione

À 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 t = 0 s l’istante in cui ciò avviene; valgono allora

0

x = 0 m e v = 90.0 km/h = 25.0 m/s. La legge del moto del camion, e la legge della velocità sono quindi

0 0

(il segno meno è dovuto al fatto che l’accelerazione è negativa)

1 −

− 2

at , v(t) = v at ;

x(t) = v t 0

0 2

L’istante t in cui il camion si ferma è quello in cui la sua velocità è nulla; cioè

1 v(t ) = 0 m/s

1

10 CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE

e quindi v 0

t = = 6.58 s .

1 a

Á La posizione del camion all’istante t in cui si ferma è

1 ( )

2

2

2 2

v

1 v 1 v

− −

0 0 0

21

x(t ) = v t at = a = = 82.2 m ;

1 0 1 2 a 2 a 2a

il camion quindi riesce a fermarsi a distanza d = 85.0 m 82.2 m = 2.8 m dalla transenna.

 Sia t l’istante in cui la velocità è dimezzata, sia cioè

2 1 −

v = v at ,

v(t ) = 0 0 2

2 2

allora v 0

t = ;

2 2a

quindi 2 2 2

v 1 v 3v

0 0 0

x(t ) = 61.7 m .

a = =

2 2

2a 2 4a 8a

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

d = 85.0 m 61.7 m = 23.3 m ,

cioè un quarto della distanza totale.

Problema 3 −

2

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

À la velocità media nell’intervallo di tempo compreso fra gli istanti t e t + ∆t;

Á la velocità istantanea all’istante generico t.

Soluzione

À Lo spostamento è dato da − − − −

2 2

∆x = x(t + ∆t) x(t) = (t + ∆t) 5(t + ∆t) + 2 (t 5t + 2) =

− − − −

2 2 2

= t + 2t∆t + (∆t) 5t 5t∆t + 2 t + 5t 2 =

= ∆t(2t 5 + ∆t) ;

quindi la velocità media, equazione 1.8, è data da

∆x −

v = = 2t 5 + ∆t ;

m ∆t

si noti che la velocità media dipende dall’istante iniziale e dalla lunghezza dell’intervallo di tempo consi-

derato.

Á t si ottiene facendo tendere a zero l’intervallo ∆t, equazione (1.9),

La velocità istantanea all’istante −−−−−→ −

v v(t) = 2t 5 .

m ∆t→0

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.

∗ Problema 4

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

À determinare il tempo impiegato ad arrivare al suolo;

Á determinare la velocità di impatto con il suolo;

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

CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE 11

Soluzione x(t)

À 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 h

iniziale. Poiché il punto materiale viene lasciato cadere, la velocità

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

−g.

segno negativo: a = Nella situazione presente quindi l’equazione

(1.6) si scrive 1

− 2

gt .

x(t) = h 2

Si tratta cosı́ di risolvere l’equazione √

1 2h

− −→

2

0 = h gt t = . (1.11)

2 g

Á 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

−g − 2gh . (1.12)

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.

 Con h = 8.00 m si trova: −12.5

t = 1.28 s , v = m/s .

∗ Problema 5

Un punto materiale viene lanciato verticalmente verso l’alto con velocità iniziale v ;

0

À determinare l’istante in cui il punto materiale raggiunge l’altezza massima h e quale questa sia;

Á determinare l’istante di ricaduta a terra e la velocità d’impatto;

 si consideri in particolare il caso con v = 4.15 m/s.

0

Soluzione

À Con riferimento al sistema di riferimento verticale del problema precedente, l’equazione del moto e la

legge della velocità si scrivono 1 −

− 2

gt , v(t) = v gt .

x(t) = v t 0

0 2

L’istante t in cui è raggiunta la massima altezza h è individuato dal fatto che in tale istante il punto

1

materiale si ferma e quindi v(t ) = 0 m/s; quindi

1 v 0

− −→ .

v gt = 0 t =

0 1 1 g

L’altezza raggiunta in tale istante è ( )

2 2

1 v 1 v v

0 0

− − 0

21

h = x(t ) = v t gt = v g = .

1 0 1 0

2 g 2 g 2g

12 CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE

Á L’istante t di ricaduta a terra è individuato dal fatto che in tale istante il punto materiale si trova a

2

terra e quindi x(t ) = 0 m; quindi

2 1

− 22

v t gt = 0 .

0 2 2

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

è v

0

t = 2 = 2t ;

2 1

g

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 t , quindi

2

v 0 −v

− = .

v(t ) = v g 2 0

2 0 g

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

−v

la stessa: salendo da v a 0, scendendo da 0 a .

0 0

 Con v = 4.15 m/s si trova:

0 −4.15

0.423 s , h = 0.878 m , t = 0.846 s , v(t ) = m/s .

t = 2 2

1

∗ Problema 6

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

À determinare lo spostamento effettuato dal punto materiale durante il primo, il secondo ed il terzo

secondo dall’inizio del moto;

Á estrapolarne la regola generale per determinare lo spostamento effettuato nel corso dell’n-esimo

secondo dall’inizio del moto.

 si consideri in particolare il caso con a = g.

Soluzione

À La legge del moto è 1 2

x(t) = at .

2

Lo spostamento effettuato durante il primo secondo del moto è

1

s = x(1) x(0) = a.

1 2

Lo spostamento effettuato durante il secondo (si perdoni l’inevitabile bisticcio verbale) del moto è

1 1 3

− −

2

s = x(2) x(1) = a2 a = a = 3s .

2 1

2 2 2

Lo spostamento effettuato durante il terzo secondo del moto è

1 5

1 −

− 2 2

a3 a2 = a = 5s .

s = x(3) x(2) = 1

3 2 2 2

Á À,

Da quanto visto al punto 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

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

secondo dall’inizio del moto è uguale a 1

− −

s = (2n 1)s = (2n 1) a .

n 1 2

CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE 13

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

2

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

· · · − 2

1 + 3 + 5 + + (2n 1) = n ;

quindi 1

· · · · · · − 2

2 an

s + s + s + + s = s + 3s + 5s + + (2n 1)s = n s =

1 2 3 n 1 1 1 1 1 2

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

moto.

 Per a = g si trova −

s = 4.91 m , s = 14.7 m , s = 24.5 m , ... , s = (2n 1)4.91 m .

1 2 3 n

1.1.3 Esercizi Moto rettilineo uniforme

Es. 1 — Un’auto che viaggia alla velocità di 23 m/s transita all’istante t = 4.5 s per la posizione

x = 11 m;

a) scrivere la legge del moto;

b) determinare la posizione all’istante t = 12 s.

Es. 2 — In una gara di corsa di centro metri due atleti A e B impiegano rispettivamente t = 9.95 s

A

e t 10.01 s; determinare

B

a) le velocità medie dei due atleti:

b) quale distanza d dovrà ancora percorrere il secondo quando il primo avrà tagliato il traguardo.

Un ciclista si trova all’istante t = 2.0 s nella posizione x = 3.0 m, e all’istante t = 12 s

Es. 3 — 1 1 2

nella posizione x = 87 m; determinare

2

a) l’equazione del moto;

b) l’istante in cui il ciclista raggiunge la posizione x = 100 m.

Es. 4 — Un maratoneta corre a una velocità v = 4.50 m/s; un secondo maratoneta, che corre

A

a una velocità v = 3.80 m/s, si trova in vantaggio sul primo di una distanza d; sapendo che il primo

B

raggiunge il secondo dopo aver percorso 400 m, determinare d.

Es. 5 — Un treno si trova nella posizione x = 350 m all’istante t = 36.0 m; sapendo che la sua

velocità è v = 42.0 m/s,

a) scrivere l’equazione del moto;

b) determinare la pozione del treno all’istante t = 0 s.

Due persone A e B sono disposte lungo una strada rispettivamente a d = 10 km e a

Es. 6 — A

d = 30 m da un osservatore O fermo. All’istante t = 0 s A accende una luce e B emette un suono; sapendo

B

che la velocità del suono in aria è v = 343.21 m/s e che la velocità della luce in aria è v = 299702547 m/s;

s l

determinare la distanza percorsa dal suono prima di essere raggiunto dalla luce.

Due automobili si muovono di moto rettilineo secondo le equazioni del moto x (t) = 3 5t

Es. 7 — 1

e x (t) = 16 + 12t sulla stessa retta; determinare

2

14 CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE

a) l’istante in cui si incontrano;

b) la distanza d fra le automobili all’istante t = 1 min

Es. 8 — Due uomini partono da una distanza d = 2 km e si vengono incontro; uno cammina con

velocità v = 2 m/s, l’altro con velocità v = 1.5 m/s; determinare dove si trova il secondo quando il

1 2

primo ha raggiunto il punto da cui il secondo era partito.

×

Es. 9 — In una staffetta 4 100 i quattro frazionisti hanno le seguenti caratteristiche: il primo

percorre 50 m in 5.5 s; il secondo ha una velocità di 35.1 km/h; il terzo impiega 20.4 s a percorrere 200 m;

il quarto ha una velocità pari a 1.01 volte quella del secondo; supponendo le quattro velocità costanti,

determinare

a) la velocità di ciascun frazionista espressa in metri al secondo;

b) il tempo totale impiegato dalla staffetta a percorrere i 400 m.

Es. 10 — Achille, famoso corridore, fa una gara di corsa, sui cento metri, con una tartaruga; Achille

corre con velocità v = 10.0 m/s mentre la tartaruga percorre 24.0 cm in 20.0 s; per rendere la sfida più

A

interessante, Achille dà alla tartaruga un vantaggio di 99.0 metri;

a) scrivere le due leggi del moto, fissando l’origine nel punto in cui parte Achille;

stabilire chi vince la gara, e dove si trova il perdente quando il vincitore è arrivato;

b)

c) determinare quale vantaggio D Achille dovrebbe dare alla tartaruga affinché i due arrivino al

traguardo insieme.

Es. 11 — Il ciclista A sta conducendo una gara con un vantaggio D = 250 m sul secondo ciclista

B, pedalando ad una velocità v = 8.46 m/s, quando B comincia l’inseguimento pedalando alla velocità

A

v = 38.5 km/h; determinare a quale istante t il distacco è ridotto alla distanza d = 50.0 m.

B

Es. 12 — L’automobile A parte da Bologna verso Firenze muovendosi alla velocità costante di

v = 100 km/h; nello stesso istante l’automobile B parte nello stesso istante da Firenze verso Bologna

A

muovendosi alla velocità costante di v = 110 km/h; sapendo che la distanza fra Firenze e Bologna è

B

D = 109 km; determinare

a) l’equazione del moto della prima automobile;

b) la sua distanza d da Bologna dopo un tempo t = 15 min;

1 1

c) a quale istante t la distanza dalla prima automobile da Bologna è d = 24 km;

2 2

d) in quale istante t le due automobili si incontrano e tracciare il grafico spazio-tempo del moto delle

3

due automobili;

e) a che distanza d da Firenze avviene l’incontro.

Es. 13 — Un’automobile si muove alla velocità costante di v = 23.4 m/s; ad un certo istante,

A

t = 0 s, passa davanti ad una volante della polizia stradale che rileva un eccesso di velocità; dopo un

t = 1 min, la volante parte all’inseguimento muovendosi alla velocità v = 100 km/h;

intervallo di tempo 0 V

determinare

a) in quale istante t la volante raggiunge l’automobile;

1

b) le distanze d e d percorse dalla volante e dall’automobile dall’inizio dell’inseguimento.

V A

Es. 14 — Un bue dopo una giornata al pascolo torna verso la stalla, che si trova a distanza

v = 0.70 m/s; una mosca, nello stesso tempo, si muo-

d = 200 m, muovendosi alla velocità uniforme B

ve avanti e indietro dal corno destro del bue fino alla porta della stalla muovendosi alla velocità uniforme

v = 2.24 m/s. Determinare la distanza D percorsa dalla mosca prima di rimanere schiacciata fra il corno

M

destro del bue e la porta della stalla.

CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE 15

Moto uniformemente accelerato

Es. 1 — Un razzo, partendo da fermo, viene lanciato verso l’alto con un’accelerazione costante

2

a = 4.21 m/s ; determinare

la distanza d percorsa dopo un tempo t = 3 s;

a) 1 1

b) l’istante t in cui ha percorso una distanza d = 50.0 m e quale è, in tale istante, la sua velocità v ;

2 2 2

c) quale distanza d deve percorrere per raggiungere la velocità v = 40 m/s.

3 3

Es. 2 — Una zavorra viene lasciata cadere da una mongolfiera ferma a 180 m di quota;

determinare quanto tempo impiega la zavorra ad arrivare a terra e qual è la sua velocità massima;

a)

b) una seconda zavorra viene spinta verso il basso; quale velocità v le viene impressa se giunge al suolo

0

in t = 4.5 s;

1

c) determinare la velocità con cui deve essere lanciata la zavorra perché impieghi t = 7 s per giungere

2

al suolo.

Es. 3 — Un atleta dei 100 metri piani corre per i primi 40.0 metri di moto uniformemente accelerato

raggiungendo una velocità v = 13.0 m/s e la mantiene costante negli ultimi 60.0 metri; determinare

a) la accelerazione nella prima parte del moto e il tempo totale t impiegato a correre i 100 metri;

b) la velocità media v tenuta dall’atleta sull’intero percorso;

m

c) l’accelerazione che avrebbe un atleta che percorresse tutti e 100 i metri di moto uniformemente

accelerato nel tempo t = 10.25 s.

Es. 4 — James Bond, mentre sta guidando la sua Aston Martin a velocità v = 25 m/s, trova un

0

messaggio del cattivo che lo informa che l’auto esploderà dopo 6 s; egli frena immediatamente e si ferma

dopo aver percorso lo spazio s = 50 m; tenendo conto che esce solo dopo che l’automobile si è fermata, e

che impiega 1 s ad uscire, stabilire se si salva.

Es. 5 — Due treni viaggiano lungo lo stesso binario rettilineo, diretti l’uno contro l’altro. I mac-

chinisti vengono avvisati del pericolo e iniziano a frenare contemporaneamente in un istante in cui i treni

sono distanti d = 400 m; sapendo che le velocità dei due treni sono v = 136.8 km/h e v = 162 km/h e

1 2

2

che i due treni frenano con la stessa decelerazione a = 4 m/s ,

a) verificare che i treni si scontrano;

b) determinare la distanza minima alla quale avrebbero dovuto cominciare a frenare per evitare lo

scontro;

c) determinare le velocità dei treni al momento dello scontro.

Es. 6 — Willy il Coyote si accorge di avere un burrone davanti a sé a una distanza D = 25 m.

Sapendo che stava correndo alla velocità v = 27 km/h e che inizia a rallentare con una decelerazione

0

2

a = 1.15 m/s

verificare che si ferma prima di cadere, determinando l’istante t e la distanza d dal bordo del burrone;

a)

b) determinare l’accelerazione necessaria a fermarsi in dopo aver percorso s = 20 m.

Es. 7 — Un tuffatore si lancia da un trampolino che si trova a h = 10 m dall’acqua spingendosi

verso l’alto con una velocità v = 2.1 m/s; determinare

0

a) il tempo di durata del tuffo e la velocità con cui il tuffatore raggiunge l’acqua;

la velocità media del tuffatore durante il tuffo.

b)

Es. 8 — Un tuffatore si lancia da un trampolino che si trova a h = 5 m dall’acqua; determinare

16 CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE

a) la velocità iniziale con cui deve spingersi se vuole che il suo tuffo duri t = 1.2 s;

b) la velocità iniziale con cui deve spingersi se vuole arrivare in acqua con velocità v = 11 m/s; la durata

t del tuffo in questo caso.

1

Es. 9 — Batman sta salendo appeso alla corda di un montacarichi con velocità uniforme v =

2.0 m/s; nel momento in cui si trova a h = 10 m da terra un cattivo lancia verticalmente una freccia

avvelenata verso di lui, da terra, con velocità iniziale v = 15 m/s;

0

a) verificare che Batman non viene colpito;

b) determinare la velocità iniziale minima che deve avere la freccia perché Batman venga colpito.

Es. 10 — La palla 1 viene lanciata verticalmente dal suolo verso l’alto con una velocità iniziale

v = 8.2 m/s; simultaneamente la palla 2 viene lasciata cadere dall’altezza H = 6.0 m verso la palla 1;

0

determinare

a) in quale istante e a che altezza le palle si scontrano;

b) se le palle si scontrano prima o dopo che la 1 abbia raggiunto la massima altezza della sua traiettoria;

come cambia la risposta alla domanda a) se la palla 2 viene spinta verso il basso con una v = 1.4 m/s.

c)

Es. 11 — Un collaudatore di auto da corsa partendo da fermo percorre il primo tratto x = 500 m

1

di moto uniformemente accelerato raggiungendo la velocità v = 65 m/s, che mantiene per il secondo

tratto x = 400 m, poi frena e si ferma percorrendo di moto uniformemente decelerato il terzo tratto

2

x = 400 m; determinare

3 a) quanto tempo dura il moto;

b) la velocità v che dovrebbe avere un secondo pilota per percorrere la stessa distanza nello stesso

1

tempo di moto rettilineo uniforme.

Es. 12 — Per misurare la profondità di una cavità viene lasciato cadere, all’istante t = 0 s, un

0

sasso verso il fondo e si registra l’arrivo del suono del sasso che sbatte sul fondo all’istante t = 8.16 s;

sapendo che la velocità del suono in aria è v = 343.21 m/s, determinare la profondità h della cavità.

s

Es. 13 — Una motocicletta parte al verde di un semaforo muovendosi con accelerazione costante

2

a = 1.2 m/s ; determinare in quale istante la motocicletta ha attraversato l’incrocio largo d = 11 m e

qual’è la sua velocità v in tale istante.

Es. 14 — L’automobile A viaggia in autostrada alla velocità costante v = 30 m/s; nell’istante in

A

cui passa davanti all’uscita di un’area di servizio, una motocicletta, dopo il rifornimento di carburante,

v = 2 m/s; determinare quale accelerazione

si riimmette in autostrada alla velocità alla velocità iniziale M

costante deve mantenere la motocicletta per raggiungere l’automobile dopo aver percorso la distanza

d = 4.5 km.

Es. 15 — Un punto materiale viene messo in movimento con una velocità iniziale v = 2.31 m/s

0

d = 56.3 m nel tempo t = 10.4 s,

e di moto uniformemente accelerato; sapendo che percorre la distanza

determinare l’accelerazione a e la velocità finale v(t).

Es. 16 — Dimostrare che nel moto uniformemente accelerato la velocità media è uguale alla media

aritmetica della velocità iniziale e della velocità finale.

Es. 17 — Un punto materiale viene messo in movimento con velocità iniziale v = 3.25 m/s e di

0

moto uniformemente accelerato; sapendo che dopo aver percorso la distanza d = 124 m la sua velocità è

v = 42.7 m/s, determinare l’accelerazione a ed il tempo impiegato t.

CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE 17

Es. 18 — Se un’automobile viaggia ad una velocità costante v = 50 km/h quando la vettura

0

davanti ad essa frena improvvisamente; supponendo che il tempo di reazione del guidatore sia t = 0.8 s

r

2

e che il valore dell’accelerazione durante la frenata sia costante e valga a = 3.2 m/s , determinare la

distanza D percorsa prima di arrestarsi.

− 3

Es. 19 — Un punto materiale si muove con legge del moto x(t) = 2 + 3t t determinarne la

velocità istantanea al generico istante t

Es. 20 — Un punto materiale viene lanciato verticalmente da terra con velocità iniziale v =

0

19.4 m/s; determinare in quale istante si trova ad un’altezza h = 15.2 m dal suolo e qual’è la velocità in

tale istante.

Es. 21 — Una fanciulla precipita dal tetto di un grattacelo alto H = 50 m; dopo il tempo di reazione

t = 0.8 s, Superman si getta al suo soccorso lasciandosi cadere con una velocità iniziale v = 12 m/s;

r 0

determinare il tempo t di caduta della fanciulla e a quale altezza h dal suolo Superman la raggiunge.

Es. 22 — Un fanciullo osserva un pietra cadere verticalmente attraverso un finestra alta h = 1.5 m;

egli misura il tempo t impiegato dalla pietra a percorrere lo spazio della finestra e trova t = 0.64 s

determinare a quale altezza H rispetto alla base della finestra è stata lasciata cadere la pietra.

Es. 23 — Un punto materiale viene lasciato cadere da una certa altezza con velocità iniziale nulla;

determinare quanto tempo t si deve attendere perché a partire da quell’istante il punto materiale percorra

uno spazio s = 20.0 m nel tempo τ = 0.5 s.

Es. 24 — Tre punti materiali vengono successivamente lasciati cadere da un’altezza h = 6 m con

un intervallo di tempo τ = 0.2 s fra una caduta e la successiva; determinare

a) l’intervallo di tempo ∆t fra due successivi arrivi al suolo;

b) la distanza h fra il secondo ed il terzo punto materiale quando il primo tocca terra.

1.2 Vettori

Se la traiettoria del moto non è una retta, la descrizione precedente y

non è sufficiente e occorre introdurre il concetto di vettore. Un vetto-

re è un oggetto matematico individuato da tre grandezze: un modulo,

o intensità, una direzione e un verso. Graficamente i vettori vengono A

A

y

rappresentati da frecce. Algebricamente, rispetto ad un sistema di α

assi cartesiani, sono rappresentati dalle loro componenti, come illu-

A è rappresentato dalle componenti

strato in figura in cui il vettore

A e A rispetto a due assi cartesiani e si scrive A = (A , A ). La

x y x y x

direzione ed il verso di un vettore sono convenzionalmente individua- A

x

ti dall’angolo α, detto anomalia, formato dal vettore stesso con la

direzione del semiasse positivo delle ascisse, come indicato in figura

1.4; valgono le relazioni: Figura 1.4: Componenti di

un vettore.

A = A cos α , A = A sen α .

x y A che unisce i

Un vettore è spesso denotato indicando i punti dei suoi estremi, per esempio il vettore

punti P e Q si può anche indicare con P Q. Il modulo del vettore si scrive

∥A∥ 2 2

A + A ;

A = = x y

18 CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE

per l’anomalia occorre fare attenzione e distinguere quattro casi:

 A

 y

 se A e A sono entrambe positive

arctg

 x y

 A

 x

 A

 ◦

 y

180 + arctg se A è negativa e A è positiva

x y

A

x

α =  A

 ◦ y

 180 + arctg se A e A sono entrambe negative

 x y

 A

 x

 A

 ◦ y

360 + arctg se A è positiva e A è negativa .

x y

A

x

1.2.1 Somma e differenza

Somma e differenza di vettori si possono rappresentare graficamente con il metodo del parallelogramma

o con il metodo punta-coda, illustrati, nel caso piano, nella figura 1.5, o algebricamente in termini delle

componenti. Se infatti vale A = B + C allora

 A = B + C

x x x

A = B + C (1.13)

y y y

 A = B + C .

z z z

y y

y A A

C A

A C

y y

C A C C

y y

B B

y y

B B B

x x

C A

B C

x x x

x x

A B

x x

(a) Parallelogramma. (b) Punta-coda. (c) Differenza.

Figura 1.5: Somma e differenza di vettori.

La differenza fra vettori si definisce similmente; se vale A = B C allora

 −

 A = B C

x x x

A = B C

y y y

 −

A = B C ;

y y y

si noti che in figura 1.5(c) la componente A del vettore A è negativa.

y

Molto utile è, inoltre, esprimere i vettori in termini dei versori degli assi cartesiani.

A = A ı̂ + A ȷ̂ + A k̂ ;

x y z

in figura 1.6 è rappresentato il vettore tridimensionale OP tramite i tre versori degli assi.

1.2.2 Prodotto di vettori

Il prodotto di un vettore A per uno scalare c è un vettore che ha la stessa direzione di A, ha lo stesso

verso di A se c è positivo e verso opposto se c è negativo e ha modulo uguale a cA.

In termini di componenti vale la relazione seguente (1.14)

cA = (cA , cA , cA ) .

x y z

CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE 19

y

y ̂

p P

̂ x ı̂

ı̂ p

O x

z k̂

p x z

ı̂ k̂

+

p p

z

Figura 1.6: Rappresentazione con versori di un vettore tridimensionale

Fra vettori si definiscono due prodotti: il prodotto scalare che ha come risultato un numero ed il prodotto

vettoriale che ha come risultato un vettore. Dati i vettori A e B, si dice prodotto scalare, e si indica

·

con A B, il numero che si ottiene moltiplicando uno dei due vettori per la componente dell’altro nella

direzione del primo. Se i vettori formano un angolo ottuso il prodotto viene preceduto dal segno meno.

C

B B

B ⊥

α α

B k A A

(a) Scalare. (b) Vettoriale.

Figura 1.7: Prodotti fra vettori. ×

Dati i vettori A e B, si dice prodotto vettoriale, e si indica con A B, il vettore avente per modulo

il prodotto di uno dei due vettori per la componente dell’altro nella direzione perpendicolare al primo,

come direzione quella perpendicolare al piano individuato da A e B e come verso quello dal quale la

1

rotazione di A verso B risulti antioraria . Negli esempi illustrati in figura 1.7, si calcolano il prodotto

scalare · (1.15)

A B = AB = AB cos α ,

e il prodotto vettoriale ×

C = A B con C = AB = AB sen α .

Dalla definizione segue che se due vettori hanno prodotto scalare nullo sono perpendicolari; similmente

sono perpendicolari due vettori paralleli che abbiano prodotto vettoriale nullo.

In termini delle componenti, il prodotto scalare si trova nel modo seguente

· ·

A B = B A = A B + A B + A B .

x x y y z z

1 regola della mano destra.

La convenzione sul verso del prodotto vettoriale è anche nota come

20 CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE

Come conseguenza della definizione si trova che il prodotto scalare di un vettore con sé stesso è uguale

al quadrato del suo modulo, infatti · ∥A∥

2 2 2 2

A A = A + A + A = .

x y z

Per prodotto vettoriale vale

× −B × − − −

A B = A = (A B A B )ı̂ + (A B A B )ȷ̂ + (A B A B ) k̂ . (1.16)

y z z y z x x z x y y z

PROBLEMI RISOLTI

Problema 1

Dimostrare che la somma di vettori è commutativa.

Soluzione

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) = B + C = C + B = (C + B)

x x x x x x

e similmente per le altre componenti.

Problema 2 −2);

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

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

Á si determinino le componenti del vettore S = U + W ;

 si verifichi che U + V + W = 0;

à si rappresentino i risultati ottenuti in un piano cartesiano.

Soluzione

À x di un vettore è la differenza delle ascisse dei suoi estremi, presi ordinatamente:

La componente

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

− −1 − −4

U = x x = 3 =

x B A

− −

U = y y = 3 1 = 2 .

y B A

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

−5)

U = (−4, 2) , V = (−1, , W = (5, 3) .

y

Á Per la (1.13) le componenti di S sono la somma delle componenti

di U e W ; quindi S = (1, 5) . W

 La somma delle componenti dei tre vettori U , V e W è nulla S

B

quindi la loro somma è il vettore nullo. D’altra parte, usando il U

metodo punta-coda, risulta che il vettore somma ha come punto

iniziale e finale il punto A, si tratta cioè del vettore AA = 0. A

V

à Per la rappresentazione grafica si faccia riferimento alla figura,

tenendo presente che o vettori non hanno qui punto di applicazione x

W

U e W si è usato il metodo punta-

definito quindi per la somma di

coda applicando il vettore W sulla punta di U . C

CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE 21

Problema 3 −1)

Dati i vettori u = (3, 2), v = (−1, 3) e w = (2,

2

1 −

À u v + 2w;

determinare 2 3

Á − ·

determinare (u v) w;

Â × ·

verificare che v w w = 0.

Soluzione

À Usando la (1.14) si trova ( ) ( ) ( )

1 2 3 2 37

− − − −2) −3

u v + 2w = , 1 , 2 + (4, = , .

2 3 2 3 6

Á Si trova: − · −1) · −1)

(u v) w = (4, (2, = 9 .

 ×

Non sono necessari calcoli, infatti il vettore v w è perpendicolare al piano individuato da v e w,

quindi in particolare è perpendicolare a w e quindi il prodotto scalare è nullo. Si fa notare, di passaggio,

× · × ·

che il prodotto v w w è ben definito senza bisogno di parentesi, infatti il prodotto v (w w) non ha

senso in quanto si tratta di un prodotto vettoriale fra un vettore ed uno scalare.

Problema 4 −1)

Dati i punti A(−1, 2), B(2, e C(4, 3) determinare

À l perimetro del triangolo ABC;

Á l’area del triangolo ABC.

Soluzione

À Le lunghezze dei lati del triangolo sono uguali ai moduli dei vettori AB, BC e CA; quindi il perimetro

è dato da √ √ √

P − − − − − −

2 2 2 2 2 2

= (x x ) + (y y ) + (x x ) + (y y ) + (x x ) + (y y ) =

B A B A C B C B A C A C

√ √ √

= 3 2 + 2 5 + 26 .

Á Dalla definizione di prodotto vettoriale risulta che il modulo del prodotto vettoriale di AB e AC è

uguale al prodotto del modulo di AB per la componente di AC perpendicolare ad AB; con riferimento al

triangolo ABC si tratta quindi del prodotto della base AB per l’altezza CH; pertanto l’area del triangolo

è data da 1 ∥ ×

A AB AC∥ ;

= 2

osservando che le componenti z dei due vettori sono nulle dall’equazione (1.16) risulta che la sola

z e quindi

componente non nulla del prodotto vettoriale è la componente 1

1 |(x − − − − − |3 · ·

A x )(y y ) (y y )(x x )| = 1 + 3 5| = 9 .

= B A C A B A C A

2 2

1.2.3 Esercizi Vettori

Es. 1 — Stabilire quale fra delle seguenti grandezze è scalare e quale vettoriale: velocità, tempo,

lunghezza, accelerazione, età, temperatura.

Es. 2 — Dato il vettore v di modulo 5/3, dire quanto vale il modulo del vettore w = 2.5v;

−2v.

determinare quindi quali direzione e verso del vettore u =

22 CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE

−2),

Es. 3 — Dati i vettori di componenti u = (3, 2), v = (−1/2, 1), w = (0, determinare per

ciascuno di essi modulo e anomalia, quindi determinare le componenti del vettore z = u + v w.

Es. 4 — Dati 2 vettori v e v non nulli stabilire se sono vere le seguenti uguaglianze

1 2

∥v − ∥ ∥v − ∥;

a) v = v

2 1 1 2

− −

b) v v = v v .

2 1 1 2

Es. 5 — Dati i vettori v disposto lungo l’asse delle ascisse e v disposto lungo l’asse delle ordinate,

1 2 −

aventi rispettivamente modulo 4 e 2; determinare le componenti dei vettori a = v + v , b = v v e

1 2 1 2

c = v v ; determinarne quindi i moduli.

2 1

∥v − ∥

Sapendo che i vettori v e v sono perpendicolari e che vale v = 10, stabilire quali

Es. 6 — 1 2 2 1

delle seguenti alternative è l’unica possibile:

∥v ∥ ∥v ∥

a) = 4, = 14;

1 2

∥v ∥ ∥v ∥

= 6, = 19;

b) 1 2

∥v ∥ ∥v ∥

c) = 6, = 8;

1 2

∥v ∥ −3, ∥v ∥

d) = = 13.

1 2

∥v ∥

Es. 7 — Sono dati due vettori v e v aventi uguale direzione e uguale verso; è noto che = 4 e

1 2 1

∥v ∥ −3v

= 6; determinare, specificando per ciascuno modulo e verso, i vettori a = 3v +2v e b = 2v .

2 1 2 1 2

∥v ∥

Es. 8 — Sono dati due vettori v e v aventi uguale direzione ma verso opposto; è noto che =

1 2 1

4 4

∥v ∥ −

6 e = 14; determinare, specificando per ciascuno modulo e verso, i vettori a = v v e

2 1 2

3 7

4 4

b = 2 v + v .

1 2

3 7

∥v ∥

Sono dati i vettori paralleli e discordi v e v ; è noto che = 6;

Es. 9 — 1 2 1

3 2

∥v ∥ −

a) determinare, se esiste, tale che v v sia nullo;

2 2 1

2 3

2 3

∥v ∥

b) determinare, se esiste, tale che v + v sia nullo;

2 1 2

3 2 3 2

∥v ∥

c) con il valore di calcolato al punto precedente determinare, v + v .

2 2 1

2 3

∥v ∥ ∥v ∥

Es. 10 — Dati due vettori perpendicolari di moduli = 2 e = 3, determinare il modulo

1 2

del vettore w tale che si abbiano:

4v + 2v + w = 0;

a) 1 2

b) 4v 2v + w = 0;

1 2 −

c) 4v + 2v w = 0.

1 2

−1/2, −1)

Verificare che i due vettori di componenti u = (1, e v = (−4, 2, 4) hanno

Es. 11 —

prodotto vettoriale nullo.

−2), −1)

Dati i vettori di componenti u = (3, 2, 0), v = (0, 1, w = (−1, 0, calcolare i

Es. 12 — × × · × · ×

prodotti vettoriali v w e w u, quindi verificare che vale l’uguaglianza u (v w) = v (w u).

CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE 23

1.3 Moti piani

I moti piani si descrivono e si studiano come composizione di moti rettilinei; l’idea è di proiettare in ogni

istante il punto della traiettoria su ciascuno dei due assi cartesiani del piano e studiare separatamente i

due moti rettilinei che si svolgono su ciascun asse.

Oxy, la posizione del punto P è determinata in ogni istante

Con riferimento al sistema di assi cartesiani

t dal vettore r(t) = OP (t); questo può essere scritto in termini delle sue componenti nella forma

r(t) = x(t)ı̂ + y(t)ȷ̂ ;

il vettore velocità è ∆x ∆y

∆r = ı̂ + ȷ̂ = v ı̂ + v ȷ̂ .

v = x y

∆t ∆t ∆t

In questa equazione v e v sono rispettivamente le velocità delle proiezioni di P sull’asse x e sull’asse y.

x y

Similmente, il vettore accelerazione è dato da

a = a ı̂ + a ȷ̂ .

x y

Ove a e a sono rispettivamente le accelerazioni delle proiezioni di P sull’asse x e sull’asse y. Il moto

x y

piano di un punto materiale viene quindi descritto per mezzo dei moti delle sue proiezioni sugli assi,

valgono cioè { { {

x = x(t) v = v (t) a = a (t)

x x x x

y = y(t) v = v (t) a = a (t) .

y y y y

PROBLEMI RISOLTI

Problema 1 −

Si consideri il moto di un punto materiale avente per traiettoria la retta di equazione x 2y = 0; sapendo

che la traiettoria viene percorsa con velocità di modulo v = 4.20 m/s e che all’istante t = 0 s si trova nella

−3);

posizione di coordinate P (−6, determinare le coordinate della posizione per ogni valore di t.

0

Soluzione

Si considerino le componenti v e v della velocità; per la loro deter-

x y y

minazione si osservi, con riferimento alla figura, che devono valere le

relazioni 2 2 2

v = 2v , v + v = v

x y x y v

x

da cui x

v

2 2 v

5v = v y

y P

e quindi 0

v = 3.76 m/s , v = 1.88 m/s .

x y

Le componenti della velocità sono costanti, quindi il moto è scomponibile in due moti rettilinei ed uniformi;

v e uno lungo l’asse delle ordinate con velocità v . Le posizioni

uno lungo l’asse delle ascisse con velocità x y

occupate da P per diversi valori di t sono quindi quelle aventi coordinate date dalle

 −6

x(t) = x + v t = + 3.76 t

0 x

 −3

y(t) = y + v t = + 1.88 t .

0 y

24 CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE

Problema 2

Si consideri un punto materiale in moto piano secondo le leggi del moto

 −

x(t) = 1.7 1.20t

 −4.6

y(t) = + 2.8t ;

À determinare la velocità del punto materiale in ogni istante;

Á determinare l’equazione cartesiana della traiettoria del moto.

Soluzione

À −1.20

La velocità è costante perché lo sono le sue componenti v = m/s e v = 2.8 m/s; quindi

x y

√ 2 2

v = v + v = 3.0 m/s .

x y

Á Per la determinazione dell’equazione della traiettoria è necessario trovare l’equazione che lega le

t; ricavando quindi t dalle prima delle equazioni del moto e

due coordinate eliminando il parametro

sostituendola nella seconda si trova −2.3x −

y = 0.63 ,

la traiettoria è quindi una retta. Il moto pertanto è rettilineo uniforme.

Problema 3 t = 0 s dal punto P (2.5, 1.2) con velocità iniziale di componenti

Un punto materiale parte all’istante 0 −1.2 2

v = 2.1 m/s e v = 0 m/s, muovendosi con accelerazione costante di componenti a = m/s e

0x 0y x

2

a = 0.20 m/s ;

y À determinare la posizione all’istante t = 5.1 s;

1

Á determinare la velocità all’istante t .

1

Soluzione

À Il punto materiale si muove in modo che le sue proiezioni sugli assi si muovano di moto uniformemente

accelerato; valgono infatti 

 1

 −

 2 2

x(t) = x + v t + a t = 2.5 + 2.1t 0.6t

0 0x x

2

 1

 2 2

y(t) = y + v t + a t = 1.2 + 0.10t ,

0 0y y

2

quindi all’istante t si trova 

1  −2.4

x(t ) = m

1

 y(t ) = 3.8 m .

1

Á Similmente, per le componenti della velocità si trova

 −

v (t) = v + a t = 2.1 1.2t

x 0x x

 v (t) = v + a t = 1.2 + 0.20t ,

y 0y y

e quindi 

 −4.0

v (t ) = m/s

x 1

 v (t ) = 2.2 m/s ;

y 1

pertanto la velocità all’istante t è

1 √ 2 2

v(t ) = v (t ) + v (t ) = 4.6 m/s .

1 1 1

x y

CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE 25

1.3.1 Moto parabolico

Un punto materiale lanciato con velocità iniziale v = v ı̂ + v ȷ̂ e quindi lasciato andare all’azione

0 0x 0y

dell’attrazione terrestre si muove con una traiettoria curva che è la composizione di un moto orizzontale

con velocità uniforme v e del moto verticale di caduta uniformemente accelerato con accelerazione

0x

−gȷ̂.

a = Le leggi del moto sono quindi

 x(t) = x + v t

0 0x 1

 − 2

y(t) = y + v t gt ,

0 0y 2

le leggi della velocità 

 v (t) = v

x 0x

 −

v (t) = v gt .

y 0y

L’equazione della traiettoria è la parabola di equazione

− 20

g v v gx gx v

0x 0y 0 0y

− − −

2

y = x + x x + y

0 0

2 2 2

2v v 2v v

0x

0x 0x 0x x = y = 0 e

che diviene particolarmente semplice se il punto di lancio è l’origine, in tal caso infatti 0 0

rimane g v 0y

− 2

y = x + ds x.

2

2v v 0x

0x

Il punto piú alto della traiettoria è il vertice della parabola e ha coordinate

2

v

v v

0x 0y 0y

x = , y = .

MAX MAX

g 2g

Si osservi che quest’ultima espressione è formalmente identica a quella trovata per l’altezza massima

raggiunta da un punto materiale lanciato verso l’alto; si veda problema 5 della sezione 1.1.2. Il punto di

massima altezza è raggiunto all’istante v

0y

t = .

MAX g

La gittata G si trova determinando l’intersezione (diversa dall’origine) della parabola con l’asse delle

ascisse; quindi 2v v

0x 0y

G = ; (1.17)

g

si osservi che è il doppio di x .

MAX

Il tempo di volo è 2v 0y = 2t .

t = MAX

G g

PROBLEMI RISOLTI

Problema 1

Un punto materiale viene gettato da un’altezza h = 2.0 m con velocità iniziale v = 3.2ı̂ + 2.4ȷ̂ m/s;

determinare

À l’altezza massima raggiunta;

Á il tempo di volo;

 la distanza orizzontale dal punto di lancio al punto di atterraggio;

à la velocità d’impatto.

26 CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE

Soluzione

À Supponendo di scegliere l’origine del sistema di riferimento nel y

punto al suolo sotto il punto di lancio, le equazioni del moto nel caso

in esame divengono y

 M

 x(t) = v t

0x 1

 − 2

y(t) = h + v t gt ,

0y 2 h

 v (t) = v

x 0x

 x

− x

v (t) = v gt . M

y 0y

L’altezza massima raggiunta si ha nell’istante t in cui la velocità è orizzontale, cioè in cui v = 0; ciò si

1 y

verifica per v 0y

t = = 0.24 s

1 g

e quindi l’altezza massima è 2

v 0y

y = y(t ) = h + 2.3 m .

=

1

M AX 2g

Á Il tempo di volo coincide con l’istante in cui il punto materiale tocca terra è l’istante t in cui vale

2

− 12 2

y = 0; è quindi la soluzione positiva dell’equazione di secondo grado h + v t gt = 0 e quindi

0y

√ 2 + 2gh

v + v

0y 0y

t = = 0.93 s .

2 g

 La distanza orizzontale percorsa coincide con l’ascissa nell’istante in cui il punto materiale tocca terra,

è quindi x(t ) = v t = 3.0 m .

2 0x 2

à La velocità d’impatto è la velocità all’istante t , è quindi

2

√ 2 2

v(t ) = v (t ) + v (t ) = 7.4 m/s .

2 2 2

x y

Problema 2

Un punto materiale viene lanciato da un punto al suolo con velocità di modulo v e tale da formare

0

con l’orizzontale un angolo α; determinare il valore di α per il quale, per v fissato, si abbia la gittata

0

massima.

Soluzione

Ricordando l’equazione (1.17), si tratta di determinare quando sia massimo il prodotto v v con la

0x 0y

2 2 2

condizione che sia v + v = v ; per far ciò conviene osservare che è equivalente determinare quando sia

oy

0x 0 2 2

massimo il prodotto fra i quadrati v v ; per rendere piú chiara la questione, soprattutto dal punto di

0x 0y

2 2

vista della notazione, conviene definire v = a e v = b; allora si tratta di rendere massimo il prodotto

0x 0y

2

ab con la condizione a + b = v ; si tratta cioè di rendere massimo il prodotto

0 − −a

2 2 2

a(v a) = + v a ;

0 0

si tratta, come si vede, di una parabola volta verso il basso e quindi assume il suo valore massimo in

corrispondenza del vertice, cioè per 2

v 0 ;

a = 2

CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE 27

pertanto 2

v 0

a = b = 2

e quindi v 0

√ ,

v = v =

0x 0y 2 ◦

le due componenti della velocità sono cosı́ uguali e quindi l’angolo per cui la gittata è massima è α = 45 .

Si osservi che il problema qui risolto è equivalente al problema della determinazione del rettangolo di area

massima e perimetro dato, che, quindi, risulta essere il quadrato.

Problema 3 45 3

Un cannone spara una palla con una velocità iniziale avente componenti v = v e v = v . Il

0x 0 0y 0

5

bersaglio da colpire si trova ad una distanza di D = 5800 m in una valle piú bassa di 150 m rispetto alla

posizione di tiro;

À determinare v in modo che il cannone colpisca il bersaglio;

0

Á determinare l’istante in cui il bersaglio viene colpito;

 determinare la velocità della palla quando colpisce il bersaglio.

Soluzione

À Le leggi del moto della palla sono 

 4

 x(t) = v t

0

5

 3 1

 − 2

y(t) = h + v t gt ,

0

5 2

ove h = 150 m è l’altezza del cannone rispetto alla valle sottostante. La palla colpisce il bersaglio se in

un dato istante t si trova nel punto di coordinate (D, 0); cioè se vale

1

 y

 4

 v t

D = 0 1

5 v

0

 1

3

 − 2

v t gt .

0 = h + 0

5 2

Utilizzando la prima delle equazioni del h

moto si trova 5D

t =

1 4v 0 x

D

che sostituita nella seconda dà 2

3 25D

h + (⋆)

D g =0

2

4 32v 0

da cui 5 g

v = D = 239 m/s .

0 2 8h + 6D

Á Sostituendo la precedente nell’espressione per t si trova

1

√ 4h + 3D

t = = 30.3 s .

1 2g

 Per la determinazione della velocità di impatto occorre utilizzare la legge della velocità, che nel caso

presente si scrive 

 4

 v (t) = v

x 0

5

 3

 −

 v (t) = v gt ;

y 0

5

28 CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE

all’istante t si trova quindi 

1  4

 v (t ) = v

x 1 0

5

 3 5D

 −

 v (t ) = v g.

y 1 0

5 4v 0

Pertanto 2

16 9 3 25D

2 2 2 2 2 2 2

v (t ) = v (t ) + v (t ) = v + v Dg + g = v + 2gh

1 1 1

x y 0 0 0

2

25 25 2 16v 0

ove si è utilizzata l’equazione (⋆); cosı́ √ 2

v = v + 2gh = 245 m/s .

0

1.3.2 Moto circolare uniforme

Il moto circolare uniforme è un moto piano in cui la traiettoria è una circonferenza e la velocità ha modulo

costante; lo spostamento in questo caso è un arco di circonferenza che qui viene indicato con s; vale quindi

∆s

v = .

∆t

In ogni punto la velocità è tangente alla traiettoria quindi la velocità ha una direzione diversa in ogni

accele-

istante; il vettore velocità, pertanto, non è costante e quindi vi è un vettore accelerazione detto

razione centripeta a . Il modulo dell’accelerazione centripeta dipende dalla velocità e dal raggio della

c

traiettoria, vale infatti 2

v

a = . (1.18)

c r T del moto è il tempo impiegato a percorrere

Il moto circolare uniforme è un moto periodico; il periodo

un giro completo; si definisce, inoltre, frequenza ν il numero di giri percorsi nell’unità di tempo; se l’unità

di tempo è il secondo, l’unità di misura della frequenza è detto hertz (Hz); spesso si usa anche indicare

la frequenza in giri al minuto. Valgono quindi le relazioni

1

ν = (1.19)

T

2πr

v = = 2πrν .

T

Spesso conviene descrivere la cinematica del moto circolare usando

grandezze angolari; fissato un semiasse x delle ascisse con origine in P

O, la posizione del punto materiale P è individuata dall’angolo θ

formato dal semiasse di riferimento ed il vettore OP , come in figura ℓ

1.8; l’angolo θ viene misurato in radianti e definito dal rapporto θ

O

dell’arco di circonferenza ℓ percorso ed il raggio r; x

ℓ .

θ = r

Si definisce inoltre la velocità angolare ω come l’angolo percorso

nell’unità di tempo; vale quindi Figura 1.8: La coordinata

angolare.

∆θ

ω = ∆t

CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE 29

ω

da cui si ottengono v 2π

ω = = (1.20)

r T 2

4π r

2

a = ω r = . (1.21)

c 2

T

È spesso è utile definire il vettore velocità angolare ω che ha modulo

ω, direzione perpendicolare al piano del moto e verso quello dal quale

il moto di rotazione avviene in senso antiorario. Figura 1.9: Il vettore ω.

PROBLEMI RISOLTI

Problema 1

Supponendo che l’orbita del moto di rivoluzione terrestre attorno al Sole sia una circonferenza, determi-

nare la velocità e l’accelerazione della Terra.

Soluzione

Usando i valori riportati in appendice A si trova

· ·

7 8

3.156 10 s , r = 1.496 10 m

T =

quindi 2

2πr v −5

· 2

v = 29.78 m/s , a = 2.810 10 m/s .

= =

T r

Problema 2

Una giostra compie tre giri al minuto;

À determinare la velocità angolare della giostra;

Á determinare la velocità di un bambino che si trova a una distanza di 3.2 metri dal centro.

Soluzione

À Se la giostra compie tre giri al minuto, visto che in un minuto ci sono 60 secondi, impiega 20 secondi

a compiere un giro; quindi T = 20 s; pertanto 2π

ω = = 0.31 rad/s .

T

Á La velocità del bambino si trova usando la (1.20);

v = ωr = 1 m/s .

1.3.3 Moto armonico

Il moto di un punto materiale P è armonico se l’accelerazione di P è un vettore diretto in ogni istante

verso un centro O e di modulo proporzionale alla distanza di P da O; vale cioè

−k

a = OP .

Il moto armonico è rettilineo non uniforme, è un’oscillazione fra due punti allineati ed equidistanti da O;

la distanza massima A di P dal centro O è detta ampiezza del moto armonico.

La proiezione di un moto circolare su un diametro è armonico; quindi ogni moto circolare può essere

30 CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE

considerato come la composizione di due moti armonici ortogonali.

Il moto armonico è periodico e il periodo è legato alla costante di proporzionalità k; si definisce pulsazione

ω del moto armonico la radice quadrata di k: ω = k; la scelta della lettera è giustificata dalla seguente

relazione fra periodo e pulsazione: 2π .

T = ω

Il numero di oscillazioni compiute in un secondo è detto frequenza ν del moto armonico. Frequenza e

periodo sono legati dalla stessa relazione (1.19) valida per il moto circolare uniforme.

Fissato un asse delle ascisse con l’origine nel centro del moto armonico, le equazioni che danno le leggi

del moto, della velocità e dell’accelerazione sono:

−A −A 2

x(t) = A cos(ωt + θ ) , v(t) = ω sen(ωt + θ ) , a(t) = ω (1.22)

cos(ωt + θ ) .

0 0 0

La costante θ , detta fase iniziale, dipende dalla posizione del punto materiale all’istante iniziale.

0

Dalle precedenti equazioni, si vede che il valore massimo del modulo della velocità è

v = Aω ;

M

ed è assunto quando posizione e accelerazione sono nulle, cioè nel centro di oscillazione, mentre è nullo

quando la distanza da O e il modulo dell’accelerazione sono massime.

PROBLEMI RISOLTI

Problema 1

Il punto materiale P si muove di moto circolare uniforme su una circonferenza di raggio r = 23 cm con

velocità v = 3.5 m/s; la sua ombra Q proiettata su uno schermo si muove di moto armonico; determinare

l’ampiezza, il periodo e la massima velocità di Q.

Soluzione A

Con riferimento alla figura, il punto Q si muove di moto armonico P

avente per centro la proiezione sullo schermo del centro C della Q

circonferenza e per ampiezza il raggio della circonferenza; quindi v v

P Q

C O

A = r = 0.23 m .

Il periodo del moto armonico è uguale al periodo del moto

circolare, quindi −A

2πr

T = = 0.41 s ;

v

dal valore del periodo si ottiene la pulsazione e quindi la massima velocità:

v = ωA = A = v = 3.5 m/s ;

M T

si osservi che la velocità massima coincide con la velocità del moto circolare.

Problema 2

Un punto materiale compie una oscillazione armoniche in 4 secondi di ampiezza A = 20 cm, sapendo

che all’istante t = 0 s si trova nella posizione x = 10 cm, determinare posizione, velocità e accelerazione

0

all’istante t = 7 s.

Soluzione

Poiché vale ω = 2πν, utilizzando la prima delle (1.22), all’istante iniziale t = 0 s, si ha

1

x π

0

−→ −→

· = .

cos θ = θ =

x(0) = A cos(2πν 0 + θ ) = x 0 0

0 0 A 2 3

CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE 31

Quindi ( ( (

) ) )

π π π

−2πνA −4π 2 2

x(t) = A cos 2πνt + , v(t) = sen 2πνt + , a(t) = ν A cos 2πνt +

3 3 3

e quindi, osservando che ν = 0.25 Hz, si ottiene √

149π 3

−0.2 · −0.17

x(7) = 0.2 cos = = cm .

6 2

1.3.4 Esercizi Moto parabolico

Es. 1 — Un proiettile viene sparato dal suolo con velocità iniziale di componenti v = 35 m/s e

0x

v = 42 m/s; determinare

0y

a) la gittata;

b) l’altezza massima raggiunta:

c) il modulo della velocità v con cui ricade al suolo.

Es. 2 — Un punto materiale viene lanciato dal suolo con un angolo di 30 sull’orizzontale; sapendo

che ricade a terra a una distanza D = 150 m dal punto di lancio determinare

il modulo v della velocità di lancio:

a) 0

b) la massima altezza h raggiunta dal punto materiale.

M

Es. 3 — Una pallina rotola su una superficie orizzontale alla velocità costante v = 50 cm/s; giunta

0

sul bordo del tavolo cade a terra. Sapendo che tocca terra a una distanza D = 20 cm dal tavolo,

determinare

a) l’altezza del tavolo;

b) il tempo impiegato a cadere;

c) la velocità finale.

Es. 4 — Un fanciullo vuole colpire con una freccia una mela che si trova sul ramo di un albero ad

un’altezza h = 4 m e a una distanza D = 10 m; sapendo che la velocità iniziale della freccia ha componente

orizzontale v = 10 m/s; determinare

0x

a) la componente verticale v della velocità iniziale;

0y

b) l’angolo α formato dalla freccia con l’orizzontale nel momento in cui viene scoccata.

Un bombardiere vola ad un’altezza h = 5000 m dal suolo ad una velocità costante v =

Es. 5 — 0

800 km/h;

a) determinare la distanza D dalla verticale sul bersaglio il bombardiere deve sganciare il suo ordigno;

b) determinare la velocità v di impatto;

c) rispondere alle due domande precedenti nel caso in cui il bombardiere stia volando contro un vento

avente velocità v = 60 km/h.

V

Un motociclista percorre una strada alla velocità costante v = 60 km/h, quando incontra

Es. 6 — 0

un fosso largo D = 2 m; dopo il fosso la strada continua ad un livello piú basso di h = 20 cm;

a) verificare che il motociclista riesca a saltare il fosso;

b) determinare a che distanza d dal bordo del fosso il motociclista atterra;

c) determinare la velocità minima che il motociclista deve avere per riuscire a saltare il fosso.

32 CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE

Es. 7 — Willy il coyote, mentre sta inseguendo Bip-Bip, cade inavvertitamente in un dirupo da

un’altezza h = 55 m; sapendo che il coyote stava correndo con velocità di modulo v = 10 m/s, determinare:

a) la lunghezza orizzontale della sua traiettoria;

b) il tempo di volo.

Es. 8 — Un merlo si trova sulla sommità di un tetto inclinato 45 ; All’istante t = 0 s il merlo sputa

0

un nòcciolo di ciliegia verso l’alto con un’inclinazione di α = 30 e una velocità di modulo v = 1.2 m/s;

0

determinare

a) a che distanza d dalla sommità il nòcciolo colpisce il tetto;

b) l’istante t in cui il nòcciolo raggiunge il punto piú alto della traiettoria.

Es. 9 — Un giavellotto viene lanciato con un’inclinazione di un angolo α = 35 rispetto al piano

orizzontale; determinare:

a) il modulo della velocità che si deve imprimere al giavellotto per ottenere un lancio con una gittata

G = 90 m (si assuma che il giavellotto parta al livello del suolo);

b) la quota massima raggiunta dal giavellotto.

Es. 10 — Un calciatore scommette con un amico di essere in grado di calciare un pallone alla

distanza d = 250 m; egli esegue la prova imprimendo al pallone (inizialmente posato al suolo) una velocità

di modulo v , con un’inclinazione di un angolo α = 45 rispetto alla direzione orizzontale;

0

a) determinare v ;

0

b) l’altezza massima raggiunta.

Es. 11 — Un giocatore di pallacanestro tira il pallone da una quota h = 2.85 m verso il canestro,

che si trova ad un’altezza H = 3.05 m dal suolo, con un’inclinazione di un angolo α = 30 , da una distanza

d = 4.0 m; determinare:

a) il modulo v della velocità iniziale che occorre imprimere al pallone per segnare;

0

b) la quota massima h raggiunta dal pallone durante il volo.

M

Es. 12 — Una palla viene lanciata dal suolo verso un muro distante d = 22 m; sapendo che il

modulo della velocità iniziale della palla è v = 25 m/s e l’angolo formato dal vettore v con l’orizzontale

0 0

è α = 40 ; determinare:

a) a quale altezza h da terra la palla colpisce il muro;

b) se la palla raggiunge il muro prima o dopo avere superato il punto più alto della sua traiettoria.

Es. 13 — Un’automobilina giocattolo viene lanciata con una velocità iniziale orizzontale di modulo

v = 4.2 m/s verso una rampa di scale i cui gradini sono alti h = 17 cm e profondi b = 30 cm; determinare

0 a) su quale gradino va a cadere l’automobilina;

b) in tempo di volo.

Es. 14 — Un campione di getto del peso lancia l’attrezzo dall’altezza h = 1.80 m dal suolo; la

velocità iniziale v forma un angolo α = 40 rispetto all’orizzontale; sapendo il peso cade a una distanza

0

D = 22 m, determinare il modulo della velocità iniziale.

CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE 33

Moto circolare uniforme

Es. 1 — Un punto materiale si muove di moto uniforme lungo una traiettoria circolare avente raggio

r percorrendo n giri in t secondi; sapendo che r = 24 cm, n = 7, t = 5.2 s, determinare

a) velocità;

b) accelerazione;

c) frequenza;

periodo.

d)

Es. 2 — Un ragazzino fa roteare un sasso legato a una corda lunga ℓ = 0.52 m al ritmo di 1.6 giri

al secondo; determinare

i moduli delle velocità angolare e lineare del sasso;

a)

b) periodo e modulo dell’accelerazione centripeta del sasso.

Es. 3 — Un ragazzino fa roteare un sasso legato a una corda lunga ℓ = 0.8 m; sapendo che il modulo

2

dell’accelerazione centripeta è a = 1.4 m/s , determinare

c

a) i moduli delle velocità angolare e lineare del sasso;

come variano i moduli delle velocità angolare e lineare del sasso se la corda fosse piú corta di 10 cm

b) e l’accelerazione fosse la stessa.

Es. 4 — Un ragazzino fa ruotare un sasso legato ad uno spago lungo ℓ = 20 cm che forma con la

verticale un angolo α = 30 ; il moto avviene su un piano orizzontale che si trova ad un’altezza h = 1.2 m

dal suolo; ad un dato istante il sasso si scioglie dallo spago e cade a terra a una distanza d = 1.8 m;

determinare il periodo del moto di rotazione.

Es. 5 — Una giostra compie 6.0 giri al minuto; tre bambini si trovano uno al centro, uno a distanza

d = 1.8 m e uno a distanza d = 2.5 m dal centro; determinare

2 3

a) la velocità angolare e quella lineare di ciascun bambino;

periodo e accelerazione centripeta di ogni bambino.

b)

Es. 6 — Due bambini su una giostra sono soggetti rispettivamente alle accelerazioni centripete di

2 2

moduli a = 1.5 m/s e a = 2.0 m/s ; Sapendo che in 1 minuto la giostra compie 6 giri, calcolare per

1 2

ciascuno dei due bambini

a) la distanza dal centro di rotazione della giostra;

la velocità lineare.

b)

Es. 7 — Un satellite artificiale percorre un’orbita circolare a una distanza d = 1800 km dalla

2

superficie della Terra; sapendo che la sua accelerazione è a = 6.35 m/s , determinare

c

la velocità angolare e la velocità lineare del satellite;

a)

b) il periodo di rivoluzione del satellite ed esprimerlo in minuti.

Es. 8 — Un satellite geostazionario, che compie un’orbita circolare in un giorno, ha accelerazione

2

centripeta di modulo a = 0.223 m/s ; determinare:

c

a) il raggio dell’orbita in chilometri;

b) la velocità lineare del satellite.

Es. 9 — Determinare il modulo dell’accelerazione centripeta della Luna, supponendo l’orbita cir-

colare.

34 CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE

Es. 10 — Determinare i moduli della velocità e dell’accelerazione centripeta della Terra nel suo

moto attorno al Sole, supponendo l’orbita circolare.

Es. 11 — Durante la missione Apollo 11 la navicella in orbita intorno alla Luna compiva una rivo-

· 3 2

luzione con periodo T = 6.5 10 s, con un’accelerazione centripeta di modulo a = 1.7 m/s ; determinare

c

a) la velocità angolare e la velocità lineare del satellite;

b) il raggio dell’orbita.

Calcolare i moduli della velocità lineare e dell’accelerazione centripeta di un ragno che si

Es. 12 —

trova sulla punta della lancetta dei secondi dell’orologio di un campanile, lunga ℓ = 1.6 m.

Es. 13 — Un astronauta deve essere sottoposto per 1 minuto a un’accelerazione di modulo a = 4g

con un dispositivo rotante di periodo T = 3.2 s; determinare quanto deve essere il raggio del suo moto, e

qual la sua velocità.

Es. 14 — L’elica di un aereo, lunga ℓ = 0.80 m, ruota compiendo 20 giri al secondo; determinare

a) i moduli della velocità e dell’accelerazione della punta dell’elica;

la frequenza di rotazione necessaria perché il modulo della velocità sia v = 800 m/s;

b)

c) come varia v se l’elica, mantenendo la stessa frequenza di rotazione, ha lunghezza doppia.

Es. 15 — Una lavatrice ha il cestello di diametro d = 48.0 cm; la biancheria viene asciugata

2

adeguatamente se sottoposta a un’accelerazione centripeta di modulo a = 36.0 m/s ; determinare

c

a) quanti giri al minuto deve compiere il cestello per asciugare la biancheria;

la velocità lineare del cestello.

b)

Es. 16 — Un frullatore ha un’elica le cui punte si muovono con una velocità di modulo v = 2.8 m/s

e con un periodo T = 0.2 s; determinare

a) il raggio dell’elica ed esprimerla in centimetri;

quanto dovrebbe essere il raggio dell’elica affinché, a parità di periodo, la punta abbia un’accelera-

b) 2

zione di modulo a = 100 m/s .

c Moto armonico

Un punto materiale oscilla di moto armonico intorno alla posizione di equilibrio compiendo

Es. 1 —

4.25 oscillazioni in 5.22 secondi; sapendo che l’ampiezza dell’oscillazione è A = 4.2 cm, determinare

a) il periodo;

la pulsazione;

b)

c) la velocità massima;

l’accelerazione massima.

d)

Es. 2 — Un punto materiale compie oscillazioni armoniche; quando la sua distanza d dal centro

2

delle oscillazioni è metà della ampiezza dell’oscillazione la sua accelerazione ha modulo a = 1.2 m/s ;

sapendo che d = 12.5 cm, determinare

il periodo;

a) la velocità nel centro delle oscillazioni.

b) CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE 35

Es. 3 — Le punte di un diapason oscillano di moto armonico intorno alla loro posizione di equilibrio

con frequenza ν = 440 Hz; sapendo che la loro velocità massima ha modulo v = 220 m/s determinare

l’ampiezza di oscillazione delle punte del diapason.

Es. 4 — Un cardellino si appoggia sull’estremità di un ramo il quale comincia ad oscillare di moto

armonico con un ampiezza A = 2.5 cm; sapendo che vengono compiute 4 oscillazioni complete in 6 secondi;

determinare

a) il periodo e la frequenza delle oscillazioni;

il modulo della velocità e dell’accelerazione all’istante t = 3.0 s.

b)

Es. 5 — Una boa si muove di moto armonico sotto l’azione delle onde; sapendo che passa un’onda

ogni 5.0 secondi, che la velocità massima della boa ha modulo v = 0.26 m/s e che all’istante t = 0 s la

0

boa si trova nella posizione di riposo, determinare la legge del moto della boa.

1.4 Moti relativi.

Dati due punti materiali P e P in moto rispetto ad un sistema di riferimento di origine O con velocità

1 2

v e v e accelerazioni a e a , si dice moto relativo di P rispetto a P il moto di P nel sistema di

1 2 1 2 2 1 2

riferimento in cui P è fermo. Il vettore

1 −

r = P P = OP OP

1 2 2 1

P rispetto a P ; i vettori

è detto posizione relativa di 2 1

− −

v = v v , a = a a

2 1 2 1

P rispetto a P .

sono detti rispettivamente velocità e accelerazione relativa di 2 1

′ ′

Piú in generale, si considerino due sistemi di riferimento S ed S rispettivamente di origini O e O e assi

′ ′ ′ ′

x, y, z e x , y , z . Si supponga inoltre che il moto di S rispetto ad S sia generico e sia, in ogni istante t,

′ ′

v la velocità di O rispetto a O e sia ω la velocità angolare con cui S ruota rispetto a S. Indicando

O ′

senza apice le grandezze misurate in S e con apice quelle misurate in S valgono in generale le relazioni

′ ′

OP = OO + O P

′ ′

×

v = v + v + ω O P (1.23)

P O P

′ ′ ′

× − 2

a = a + a + 2ω v ω O P .

P O P P

′ ′

Nel caso in cui S si muova di moto traslatorio rispetto ad S si pone ω = 0; nel caso in cui S si muova

di moto rotatorio rispetto ad S si pone v = 0. Nell’ultima delle (1.23), si definiscono rispettivamente

O

accelerazione di Coriolis e accelerazione centrifuga le quantità

′ ′

× −ω 2

a = 2ω v , a = O P .

c

CO P

PROBLEMI RISOLTI

Problema 1

L’aereo A sta volando verso nord alla velocità costante v = 850 km/h; un secondo aereo B viaggia alla

A

stessa quota di A muovendosi verso est alla velocità costante v = 600 km/h; determinare la traiettoria

B

e la velocità di B rispetto ad A.

36 CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE

Soluzione y

Si riferisce il moto ad un sistema di assi cartesiani con l’asse x orientato

verso est e l’asse y orientato verso nord; supponendo, per semplicità, α

A

che all’istante t = 0 i due aerei si trovassero entrambi nell’origine degli

assi, le posizioni dei due aerei al generico istante t sono date dai vettori

OA(t) = y ȷ̂ = v tȷ̂ , OB(t) = x ı̂ = v tı̂ .

A A B B

La posizione di B relativa ad A è quindi data dal vettore O x

B

AB(t) = OB OA .

Come si deduce dalla figura, il moto di B rispetto ad A è un moto rettilineo uniforme di avente la direzione

ed il verso del vettore AB; questa direzione forma con il nord un angolo α tale che sia

v

◦ ◦

A

α = 90 + arctg = 145 .

v B

B rispetto ad A ha modulo dato da

La velocità di √ 2 2

v + v = 1040 km/h .

v =

BA A B

Problema 2

Su un treno in moto con velocità costante di modulo v = 84 km/h un bambino lascia cadere una pallina

t ′

da un’altezza h = 1.25 m. Determinare le leggi del moto della pallina rispetto ad un osservatore O sul

treno e rispetto ad un osservatore che guardi la scena stando fermo sulla banchina di una stazione.

Soluzione

Rispetto ad un osservatore sul treno, per esempio lo stesso bambino, la pallina cade verticalmente di

moto uniformemente accelerato con accelerazione g; indicando con S il sistema di riferimento la legge

del moto della pallina P è quindi 1

′ − −

2 2

y (t) = h gt = 1.25 4.91t .

P 2

Per determinare la legge del moto rispetto ad un osservatore esterno O, il cui sistema di riferimento viene

denotato con S, occorre utilizzare la prima delle (1.23); indicando con x l’asse cartesiano di riferimento

allineato con le rotaie, la posizione dell’osservatore O rispetto ad O è data da

x (t) = v t .

′ t

O

Quindi la posizione della pallina P rispetto ad O è data dal vettore OP di componenti

OP = (x , y ) ;

O P

rispetto ad O la pallina pertanto si muove di un moto che è la composizione di un moto orizzontale

rettilineo uniforme ed un moto verticale uniformemente accelerato; si ha dunque un moto parabolico.

∗ Problema 3

Un punto materiale P si muove verso il centro di un giostra rotante che compie cinque giri ogni due

secondi; se il modulo della velocità di P rispetto al centro O della giostra è costante e vale v = 1.37 m/s

p

determinare velocità e accelerazione di P rispetto ad un osservatore esterno alla giostra, quando la

distanza di P dal centro è r = 15.6 cm.

CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE 37

Soluzione ′

In questo caso il sistema di riferimento S , solidale alla giostra, ruota senza traslare; è possibile quindi

′ ≡

fissare gli assi dei due sistemi di riferimento in modo che le origini coincidano, cioè che valga O O; e

valgono = a = 0 ;

v ′ ′

O O ′ ′

inoltre, poiché P si muove sulla giostra, e quindi nel sistema S , di moto uniforme, vale anche a = 0.

p

Per determinare la velocità rispetto al sistema S non rotante si usa la seconda delle (1.23):

′ ×

v = v + ω OP .

p p

Supponendo che la rotazione della giostra avvenga in verso antiorario il vettore ω è uscente dal foglio

e quindi i due addendi del membro di destra della equazione precedente sono vettori perpendicolari e

orientati come rappresentato nella figura (a); il modulo di v è quindi

p

√ ′ 2 2 2

v + ω r .

v =

p p 25

Resta da determinare il modulo di ω osservando che il periodo di rotazione è T = s = 0.4 s e quindi

ω = = 15.7/s .

T

Cosı́ si ottiene 7.88 m/s .

v =

p a c a

ω OP p

× P P

v p a co

v p

O O

(a) (b)

Per quanto riguarda l’accelerazione si usa la terza delle (1.23) che, nel caso presente, diventa

× − 2

a = a + a = 2ω v ω OP ;

p co c p

i vettori accelerazione di Coriolis e centrifuga sono perpendicolari e sono rappresentati nella figura (b); il

modulo della loro somma è pertanto √ ′ 2 2

2 4 2

4ω v + ω r = 40 m/s .

a =

p p

38 CAPITOLO 1. CINEMATICA DEL PUNTO MATERIALE

1.4.1 Esercizi Moti relativi

Es. 1 — Un ascensore sta scendendo alla velocità costante di modulo v = 1.2 m/s; uno dei passeg-

a

geri lascia cadere una sferetta metallica da un’altezza h = 136 cm dal pavimento dell’ascensore; rispetto

ad un sistema di riferimento fermo, all’istante in cui la sferetta colpisce il pavimento dell’ascensore,

determinare

a) il modulo della velocità;

b) i modulo dell’accelerazione.

Ripetere l’esercizio precedente nell’ipotesi che l’ascensore sia in caduta libera.

Es. 2 —

Es. 3 — Utilizzando i valori riportati in appendice B, determinare l’accelerazione di gravità g sulla

superficie terrestre all’equatore tenendo conto della correzione dovuta all’accelerazione centripeta causata

dal moto di rotazione terrestre.

Es. 4 — Un nuotatore attraversa un fiume di larghezza d = 240 m, nuotando perpendicolarmente

alle rive con velocità rispetto all’acqua avente modulo v = 0.75 m/s; sapendo che la corrente del fiume

n

si muove con velocità di modulo v = 2.4 m/s, determinare

f

a) il modulo v della velocità del nuotatore rispetto alla riva;

b) il tempo t impiegato ad attraversare il fiume;

c) la distanza D percorsa dal nuotatore misurata da un osservatore a riva.

Es. 5 — Un motoscafo si muove sul fiume dell’esercizio precedente con una velocità di modulo

v = 5 m/s determinare la direzione verso cui deve muoversi perché la traiettoria vista da un osservatore

m

a riva risulti perpendicolare alle rive.

Capitolo 2

Dinamica del punto materiale

La dinamica studia il moto dei punti materiali mettendo in relazione le forze agenti e le caratteristiche

del moto risultante. In particolare l’interesse della teoria, sviluppata da Newton, è quello di ricavare

deterministicamente le leggi del moto una volta che siano note tutte le forze agenti su di essi.

2.1 Leggi della dinamica

Newton enunciò tre leggi; la prima definisce il sistema di riferimento inerziale, la seconda mette in relazione

la forza totale agente su un punto materiale con la sua accelerazione, la terza chiarisce la relazione fra le

forze con cui interagiscono due punti materiali.

2.1.1 Principio d’inerzia

L’enunciato del principio è il seguente.

Un punto materiale che non interagisce con altri punti materiali si muove di moto rettilineo e uniforme.

Questo enunciato non è valido in ogni sistema di riferimento: si definisce inerziale un sistema di riferimento

in cui il principio ora enunciato sia valido. Per questo principio normativo non vi sono esercizi.

2.1.2 Legge di Newton

Se m indica la massa di un corpo e F la risultante delle forze agenti su di esso, la legge di Newton, nota

anche come legge fondamentale della dinamica, si scrive nel modo seguente

F = ma , (2.1)

ove a è il vettore accelerazione.

La precedente equazione va considerata come definizione di forza agente su di un punto materiale. Dalla

2

sua definizione risulta che l’unità di misura della forza è kg m/s , che viene convenzionalmente detto

newton, simbolo N.

PROBLEMI RISOLTI

Problema 1

Un corpo di massa m = 6.3 kg si muove con velocità uniforme v = 3.7 m/s quando comincia ad agire su

0

di esso una forza F di modulo F = 54 N nella direzione del moto ma in verso contrario; determinare il

quanto tempo il corpo si ferma e quanto spazio percorre da quando è iniziata l’azione della forza.

39

40 CAPITOLO 2. DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE

Soluzione

Usando la (2.1), è possibile determinare l’accelerazione, che risulta costante e il cui modulo è

F

a = ;

m

si osservi che la forza ha il verso opposto al moto e cosı́ anche l’accelerazione; quindi si tratta di una

decelerazione. Il moto è dunque uniformemente accelerato con accelerazione negativa; convenendo di

scegliere come istante zero quello in cui comincia ad agire la forza, la legge del moto e la legge della

velocità diventano 1

− −

2

x(t) = v t at , v(t) = v at ;

0 0

2

dalla seconda si ottiene l’istante t in cui il corpo si ferma, cioè in cui la sua velocità è zero:

1 v mv

0 0

t = = = 0.43 s ;

1 a F

sostituendo questo risultato nella prima si trova la posizione all’istante dell’arresto e quindi lo spazio

percorso: 2 2

v mv

0 0

x(t ) = 0.80 m .

= =

1 2a 2F

Problema 2

Un carrello su ruote di massa m = 23 kg è messo in movimento da fermo grazie a due forze uguali in

modulo che tirano lungo direzioni tali da formare angoli α = 30 con la direzione del moto; sapendo che

t = 5.0 s la distanza percorsa è = 4.0 m; si determini il

le ruote girano senza attrito e che all’istante d

1

modulo delle due forze.

Soluzione

Dette F ed F le due forze, con riferimento alla figura, la

1 2 F

1

loro risultante è un vettore diretto nella direzione e nel ver-

so del moto e di modulo F = 3 F ; questa forza muove il

1 ◦

30

carrello con un’accelerazione data dalla (2.1); il moto del car- F

30

rello è quindi uniformemente accelerato; la distanza percorsa

all’istante t è quindi data da

1 F

√ 2

1 F 1 3F

1

2 2

d = t = t ,

1 1

2 m 2 m

quindi 2md

F = 4.2 N .

=

1 2

3 t 1

Problema 3 · 20

La Terra e la Luna si attirano vicendevolmente con una forza media di modulo F = 1.983 10 N;

determinare le accelerazioni dei due corpi celesti.

Soluzione

Le accelerazioni della Terra e della Luna sono date dalla (2.1), utilizzando i valori riportati in appendice

B si trova: F F

−5 −3

· ·

2 2

a = = 3.320 10 m/s , a = = 2.699 10 m/s ;

T L

m m

T L

si vede dunque che l’accelerazione della Luna è piú di ottanta volte maggiore dell’accelerazione della

Terra; con questa approssimazione in mente è corretto dire che la Luna gira attorno ad una Terra ferma.

CAPITOLO 2. DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE 41

2.1.3 Principio di azione e reazione

Se il punto materiale 1 agisce sul punto materiale 2 con una forza F anche il punto 2 agisce sul corpo

12

1 con una forza F uguale ed opposta, vale cioè

21 −F

F = .

12 21

Utilizzando la legge di Newton (2.1) si ottiene la seguente

−m

m a = a ;

1 1 2 2

se due punti materiali interagiscono solo fra loro, quindi, le loro accelerazioni sono parallele, hanno versi

opposti e i loro moduli sono inversamente proporzionali alle rispettive masse.

PROBLEMI RISOLTI

Problema 1

Due ragazzi, assimilabili a punti materiali, hanno masse m = 45 kg e m = 55 kg giocano su un lago

1 2

ghiacciato; il primo spinge il secondo con una forza costante di modulo F = 120 N; sapendo che la spinta

dura un tempo t = 0.5 s, determinare le velocità finali dei due ragazzi.

Soluzione

Tenendo conto della (2.1), i moduli delle due accelerazioni sono

F F

a = , a =

1 2

m m

1 2

quindi 1.3 m/s , v = a t = 1.1 m/s .

v = a t = 2 2

1 1

Problema 2

Due casse sono poste a contatto su di un piano orizzontale privo di attrito; le loro masse sono m = 2.4 kg

1

m = 3.6 kg; le casse sono messe in movimento da una forza di modulo = 12 N che agisce sulla prima

e F

2

cassa; determinare l’intensità F della forza di contatto agente fra le casse e la loro accelerazione.

c

Soluzione

Con riferimento alla figura, le due casse si spingono vicende- m 2

volmente con due forze F ed F opposte di modulo aventi

12 21 m 1

∥F ∥ ∥F ∥

lo stesso modulo; posto dunque = = F , la (2.1)

12 12 c

applicata alle due casse, che si muovono insieme e quindi con F F

12 21

F

la stessa accelerazione, diventa

{

F = m a

c 2

F F = m a

c 1

ricavando l’accelerazione dalla prima equazione e sostituendola nella seconda si trova

m m

1 2

− −→

F F = F F = F = 7.2 N

c c c

m m + m

2 1 2

e quindi F c =

a = 2.0 m/s .

m

2

42 CAPITOLO 2. DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE

2.1.4 Esercizi Legge di Newton

Es. 1 — Un uomo tira orizzontalmente un carretto di massa m = 22 kg, con una forza di modulo

F = 12 N; determinare l’accelerazione del carretto.

Un’automobile con due persone a bordo ha complessivamente massa m = 1355 kg partendo

Es. 2 —

da ferma raggiunge la velocità v = 100 km/h nel tempo t = 12.5 s; determinare la forza agente supponendo

che sia costante.

Es. 3 — Un genitore trascina il figlio su una slitta che scivola sul ghiaccio applicando una forza di

modulo F = 125 N inclinata di 60 rispetto all’orizzontale; sapendo che complessivamente la slitta e il

figlio hanno una massa m = 42 kg determinarne l’accelerazione.

Es. 4 — Un oggetto di massa m viene sollevato da un montacarichi con un’accelerazione costante

1

diretta verso l’alto; ad esso è appeso un oggetto di massa m ; determinare quali sono le forze agenti su

2

m e se la loro risultante è nulla.

1

Es. 5 — Un uomo tira una cassa di massa m con una forza orizzontale di modulo F = 60 N;

sapendo che inizialmente la cassa è ferma e che dopo un tempo t = 5.6 s ha una velocità di v = 3.5 m/s,

determinare la massa della cassa.

Es. 6 — Un furgone avente massa M = 700 kg contiene 10 sacchi di cemento ciascuno di massa

m = 40.0 kg; sapendo che il motore esercita una forza di trazione di modulo F = 1850 N, determinare

a) il modulo F della forza che il furgone esercita su ciascuno dei sacchi;

1

b) il modulo F della forza che il furgone esercita su ciascuno dei sacchi, nel caso in cui il furgone stia

2

decelerando con un’accelerazione avente lo stesso modulo del caso a).

Principio di azione e reazione

Es. 1 — Un magnete A di massa m = 4.5 kg attira un punto materiale B di ferro con una forza

a

costante di modulo F = 3.2 N; sapendo che il punto materiale ha massa m = 2.5 kg, determinare le

b

accelerazioni del magnete e del punto materiale e la distanza d percorso dal magnete nel tempo in cui

a

il punto materiale percorre la distanza d = 2.0 cm.

b

Es. 2 — Tre casse A, B e C sono poste a contatto su un piano orizzontale privo di attrito; le loro

masse, da destra a sinistra, sono m = 3.4 kg, m = 5.7 kg ed m ; le casse sono messe in movimento

a b c

da una forza F che spinge la cassa A; sapendo che F = 9.7 N e che l’accelerazione delle tre masse è

2

a = 0.54 m/s , determinare il valore della massa m , il modulo F della forza con cui A spinge B ed il

c b

modulo F della forza con cui B spinge C.

c

Due atleti lottatori di masse m = 85 kg e m = 78 kg, ad un certo istante si spingono

Es. 3 — 1 2 2

sapendo che il primo si stacca dal secondo con un’accelerazione a = 1.7 m/s determinare

1

a) l’accelerazione del secondo;

b) quale dei due sta esercitando una forza di modulo maggiore.

Es. 4 — Sapendo che il modulo dell’accelerazione della Luna dovuta alla attrazione terrestre vale

−5

· 2

a = 2.698 10 m/s , determinare l’accelerazione della Terra dovuta all’attrazione lunare.

L

Es. 5 — Un furgone avente massa m = 1500 kg traina una roulotte di massa m = 800 kg; sapendo

1 2

2

che l’accelerazione del sistema dei due corpi ha modulo a = 1.24 m/s , determinare

CAPITOLO 2. DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE 43

a) la forza esercitata dal motore;

b) la forza subita dalla roulotte;

c) la forza subita dal furgone.

Es. 6 — Un uomo di massa m = 85 kg e un bambino di masas m = 27 kg sono in piedi uno di

1 2

fronte all’altro su un lago ghiacciato; l’uomo esercita sul bambino una forza di modulo F = 100 N per

t = 0.3 s; determinare

a) i moduli delle accelerazioni dell’uomo e del bambino;

b) il modulo della velocità dell’uomo e quella del bambino dopo la spinta.

2.2 Applicazioni delle leggi della dinamica

La legge fondamentale della dinamica, equazione (2.1), permette, nota la risultante delle forze agenti su

un punto materiale, di determinarne il moto. In questo capitolo si prendono in considerazione i casi piú

semplici fra i moltissimi problemi della dinamica risolubili mediante la legge di Newton. Si tenga presente

che la (2.1) vale esattamente per i punti materiali, ma è possibile applicarla anche per corpi estesi nel

caso in cui le dimensioni del corpo non siano rilevanti per il problema, il che, nella pratica, significa che

il corpo trasla senza ruotare. Negli esercizi che seguono, a tutti gli oggetti menzionati viene applicato il

modello di punto materiale.

2.2.1 Forza peso

La forza peso è la forza con cui la Terra attira verso il centro i corpi che si trovano sulla sua superficie.

È già noto che i corpi, sotto l’azione dell’attrazione terrestre si muovono tutti con la stessa accelerazione

g; la forza peso P è proporzionale alla massa e vale

P = mg . (2.2)

Su un corpo celeste diverso dalla Terra, la forza di attrazione varia e quindi, per la stessa massa, varia il

peso.

La forza di attrazione, e quindi l’accelerazione di gravità, varia anche con la distanza dal centro della

Terra quindi sulla cima di un monte o su un aeroplano in volo il peso di un corpo cambia rispetto al

suolo; ma varia anche con la latitudine a causa della non sfericità della Terra. In queste pagine si usa la

convenzione di indicare con il simbolo a l’accelerazione di gravità in generale, riservando il simbolo g

G

al valor medio sulla superficie terrestre. Salvo diverso avviso, tutti i problemi che seguono si intendono

ambientati sulla superficie terrestre.

PROBLEMI RISOLTI

Problema 1 M B 2

Il modulo dell’accelerazione di gravità sulla cima del Monte Bianco è a = 9.792 m/s ; mentre sulla

G

2

L

superficie lunare è a = 1.6 m/s ; determinare il peso di un masso di massa m = 32.7 kg sulla superficie

G

terrestre, sulla cima del Monte Bianco e sulla superficie lunare.

Soluzione

Tenendo conto della (2.2), sulla Terra, sul Monte Bianco e sulla Luna si trova rispettivamente

M B L

P = mg = 321 N , P = ma = 320 N , P = ma = 52.3 N .

T M B L

G G

∗ Problema 2 m = 45.3 kg si trova, ferma su di una superficie orizzontale liscia;

Una cassa di massa

44 CAPITOLO 2. DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE

À si determinino tutte le forze agenti sulla cassa;

Á si risponda all’esercizio precedente nel caso in cui la cassa scivoli sulla superficie orizzontale con

velocità costante.

Soluzione

À Sulla cassa agisce certamente la forza peso P = mg; questa ha direzione N

perpendicolare alla superficie d’appoggio ed è orientata verso il basso; d’altra

parte la cassa è ferma quindi la risultante delle forze agenti non può che

essere nulla; quindi deve essere presente una forza uguale e contraria al peso;

questa forza è fornita dalla coesione molecolare della superficie d’appoggio

(nel momento in cui la forza peso fosse eccessiva, la superficie andrebbe in

pezzi e non sarebbe piú in grado di equilibrare P ); il principio di azione e

reazione garantisce che questa è sempre uguale ed opposta alla forza peso P

che preme sulla superficie stessa: è quindi perpendicolare alla superficie e

volta verso l’alto. Questa forza è detta reazione vincolare ed è solitamente indicata con il simbolo N ,

poiché è perpendicolare, nel gergo della geometria normale, alla superficie. Con riferimento alla figura le

due forze, per renderle distinguibili, sono disegnate leggermente separate, mentre sono esattamente una

sovrapposta all’altra; inoltre la forza peso viene applicata nel centro del corpo (si ricordi che si tratta

di un punto materiale) mentre la reazione vincolare è applicata sulla parte del corpo a contatto con la

superficie di appoggio. Le forze agenti sulla cassa sono pertanto P ed N e vale la relazione

P + N =0 .

I moduli delle due forze sono uguali e vale 444 N .

N = P = mg =

Á Nel caso la cassa si muova sulla superficie liscia (cioè priva di attrito) con velocità costante significa che

la risultante delle forze ad essa applicate è nulla, altrimenti vi sarebbe accelerazione, quindi vale ancora

À.

la soluzione del precedente punto

∗ Problema 3 m = 65 kg si trova all’interno di un ascensore che, improvvisamente comincia

Un baule avente una massa 2

a salire con accelerazione di modulo a = 0.8 m/s ; determinare il peso apparente del baule.

Soluzione

L’ascensore accelerato non è un sistema di riferimento inerziale, quindi non vale la legge (2.1) e nemmeno

la (2.2) che di quella è conseguenza. Si definisce peso apparente il peso misurato da una bilancia a molla

(come una comune bilancia pesapersone, ma non solo); questa, a sua

volta, misura la forza che, premendo, deforma la molla; in definitiva la a

bilancia misura la forza che agisce su di essa, la quale, si noti, è uguale

per il principio di azione e reazione alla forza con cui la bilancia regge

la cassa; in un sistema inerziale questa forza coincide con la forza peso

(con l’importante eccezione del caso in cui un corpo sia immerso in un

liquido; se ne vedrà in un capitolo successivo), mentre in un sistema N

accelerato ciò può non essere vero, come nel caso presente. Ci si metta

allora dal punto di vista di un riferimento inerziale esterno all’ascensore

e si considerino, con riferimento alla figura, le forze agenti sul baule;

P e la reazione vincolare N con cui la bilancia

esse sono: la forza peso

sostiene il baule, la quale, si ricordi, è uguale al peso apparente che si

legge sulla scala graduata della bilancia stessa; la legge (2.1) diventa

quindi P

F = N + P = ma ;

CAPITOLO 2. DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE 45

Considerando che P ed N hanno versi opposti, dalla precedente equazione si ottiene la relazione scalare

N P = ma

e quindi N = P + ma = m(g + a) = 690 N .

2.2.2 Piano inclinato

Se un corpo di massa m poggia su di un piano non orizzontale ma inclinato, la reazione vincolare,

perpendicolare al piano inclinato, non può piú essere uguale ed opposta alla forza peso, che rimane

evidentemente verticale; pertanto la risultante delle due forze non è nulla ma è parallela al piano ed è

tanto piú intensa quanto piú il piano è inclinato. Con riferimento alla figura, per un piano lungo ℓ, alto

h e avente base b valgono le relazioni F = P + N

da cui h h b b

F = P = mg , N = P = mg . (2.3)

ℓ ℓ ℓ ℓ

In relazione all’angolo α di inclinazione del piano inclinato valgono le relazioni

F = P sen α = mg sen α , N = P cos α = mg cos α .

y N

F ℓ

h P

y P α

b x

Figura 2.1: Il piano inclinato.

È utile considerare i vettori rispetto a un sistema di assi cartesiani con l’asse delle ascisse lungo il piano

inclinato e quello delle ordinate perpendicolare al piano; in questo modo si può scrivere la (2.1) per

componenti; si trova allora 

 h

 F = P = mg = ma

x x x

 −

 F = N P = ma ,

y y y

da cui si ottiene  h

 a = g

x ℓ (2.4)

 ma = 0 .

y

la reazione vincolare pertanto equilibra la componente del peso perpendicolare al piano inclinato e quindi

y dell’accelerazione è nulla: il moto si svolge sull’asse delle ascisse, cioè lungo il piano

la componente

inclinato. h/ℓ = sen α.

Questo moto è uniformemente accelerato con accelerazione proporzionale al rapporto

46 CAPITOLO 2. DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE

PROBLEMI RISOLTI

Problema 1

Si consideri una cassa di massa m = 4.2 kg che scende, partendo da ferma, dalla sommità di un piano

inclinato privo di attrito lungo ℓ = 7.5 m e alto h = 3.8 m;

À determinare le forze agenti sulla cassa;

Á determinare il tempo impiegato ad arrivare in fondo al piano inclinato;

 determinare la velocità finale;

Soluzione

À Sulla cassa agiscono la forza peso e la reazione vincolare; la forza peso è diretta verso il basso e ha

modulo P = mg = 41 N .

La reazione vincolare è perpendicolare al piano inclinato e il suo modulo può essere calcolato utilizzando la

prima delle (2.3); occorre però prima determinare b mediante il teorema di Pitagora applicato al triangolo

rettangolo formato dal piano inclinato: √ −

2 2

b = ℓ h = 6.5 m

quindi b

N = mg = 36 N .

Á Il moto di discesa è uniformemente accelerato con accelerazione data dalla seconda delle (2.4); quindi,

utilizzando la legge del moto uniformemente accelerato, la relazione fra lo spazio percorso ℓ ed il tempo

impiegato t è 1 2

ℓ = at

2

quindi √

√ √

2ℓ ℓ 2

t = = 2ℓ = ℓ = 1.7 s .

a gh gh

 La velocità all’istante t è data da √ √

h 2

v = at = g ℓ = 2gh = 8.6 m/s .

ℓ gh

Si osservi che la velocità non dipende dalla pendenza o dalla lunghezza del piano, ma solo dalla sua

altezza; si noti inoltre che la velocità finale è la stessa che si avrebbe avuto se la cassa fosse caduta

h, si veda l’equazione (1.12); si osservi infine che né il tempo impiegato,

liberamente da un’uguale altezza

né la velocità finale dipendono dalla massa della cassa.

Problema 2 ◦

m lungo un piano inclinato che formi con l’orizzontale un angolo α = 35

Per sollevare una cassa di massa

un uomo deve applicare un forza di intensità F = 600 N;

À determinare ma massa della cassa;

Á determinare quale deve essere l’angolo di inclinazione del piano inclinato perché la forza necessaria

al sollevamento diventi la metà.

CAPITOLO 2. DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE 47

Soluzione

À La forza necessaria al sollevamento deve essere uguale ed opposta alla risultante fra la forza peso agente

sulla cassa e la reazione vincolare del piano. Dall’esercizio precedente risulta che tale forza ha intensità

F = mg sen α, da cui si trova: F

m = = 107 kg .

g sen α

Á Poiché la forza è proporzionale al seno dell’angolo α, la forza viene dimezzata quando venga dimezzato

il seno dell’angolo di pendenza del piano inclinato; quindi il nuove angolo β è tale che valga

( )

1 1 ◦

−→

sen β = sen α β = arcsen sen α = 17 .

2 2

Il problema svolto mette in evidenza il ruolo del piano inclinato come macchina semplice.

Problema 3

Per studiare la legge dl moto accelerato, uno studente dispone di un piano inclinato liscio di lunghezza

ℓ = 5.0 m; vista la scarsa sensibilità dell’orologio che ha a disposizione, decide di inclinare il piano di un

angolo α tale che il tempo impiegato da un punto materiale a percorrere l’intero piano inclinato, partendo

da fermo, sia di almeno t = 4.0 s; determinare l’angolo massimo che il piano inclinato può formare con

l’orizzontale.

Soluzione

Il moto lungo il piano inclinato è un moto uniformemente accelerato, la cui accelerazione è data dalla

(2.4); la legge del moto uniformemente accelerato quindi fornisce la relazione

1 1 h

·

2 2

ℓ = at = gt

2 2 ℓ

da cui si trova 2ℓ

h 2ℓ ◦

−→ α = arcsen 3.6 .

sen α = = =

2 2

ℓ gt gt

2.2.3 Forza d’attrito radente

In generale la superficie d’appoggio di un punto materiale è scabra e muovendosi su di essa il punto

materiale sente la forza di attrito radente. Questa si dice di forza di attrito statico, F se il punto materiale

s

è fermo e forza di attrito dinamico F se il punto materiale è in moto. Sono entrambi proporzionali alla

d

reazione vincolare perpendicolare del piano, le direzioni e i versi sono tali da opporsi alle forze agenti e i

loro moduli sono dati rispettivamente da

≤ M (2.5)

F F = µ N , F = µ N .

s s d d

s

Le due costanti µ e µ sono dette rispettivamente coefficiente di attrito statico e coefficiente di attrito

s d

dinamico; essendo coefficienti di proporzionalità fra grandezze omogenee, i coefficienti di attrito sono

numeri puri. Dipendono dalla natura delle due superfici a contatto, tuttavia per qualunque coppia di tali

superfici vale la disuguaglianza ≥

µ µ

s d

che descrive il ben noto fatto sperimentale per cui è necessaria una forza maggiore per mettere in moto

un corpo che per mantenerlo in moto con velocità costante.

48 CAPITOLO 2. DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE

M

R N

β β

s s

M

F

s

(a) L’angolo β . (b) Il cono di attrito statico.

s

Figura 2.2: La reazione vincolare nel caso di una superficie scabra.

M

La prima delle due (2.5) dice che F = µ N è il valore massimo dell’attrito statico, è cioè la forza da

s

s

superare se si vuole mettere in movimento un corpo; per forze agenti al di sotto di tale valore massimo

il vincolo è in grado di opporre una forza uguale e contraria alla forza agente e il corpo sta fermo. Come

illustrato in figura 2.2, una superficie scabra in generale può esplicare una forza di reazione inclinata di

un angolo β rispetto alla perpendicolare, data dalla somma dei vettori N e F ; valgono le relazioni

s s

M

F

s

R = N + F , µ = = tg β .

s s s

N

quando la forza di attrito statico è massima tale somma fornisce la massima reazione statica che il vincolo

può opporre alla forza agente; dalla figura si può vedere quindi che la reazione vincolare è interna ad un

cono con il vertice verso il punto di contatto detto cono di attrito statico.

La seconda delle (2.5) dice invece che quando un punto materiale è in moto la forza di attrito che si

oppone al moto è costante ed, in particolare, è indipendente dal tipo di moto.

PROBLEMI RISOLTI

Problema 1

Si consideri un punto materiale P di massa m = 248 g appoggiato su di una superficie orizzontale scabra;

sapendo che i coefficienti di attrito fra P e la superficie valgono µ = 0.78 e µ = 0.42, determinare:

s d

À il modulo della minima forza orizzontale che è necessario applicare per mettere P in movimento;

Á M

il modulo R della massima reazione vincolare statica esplicabile dal vincolo;

 il modulo dell’accelerazione di P se la forza agente ha modulo F = 1.50 N.

Soluzione

À La minima forza F che necessario applicare per mettere P in movimento è uguale alla massima forza

m

di attrito statico che il vincolo può fornire, quindi, usando la prima delle (2.5) e osservando che per un

piano orizzontale vale N = mg, si ottiene M

F = F = µ N = µ mg = 1.90 N .

m s s

s

Á La massima reazione vincolare è la somma della componente perpendicolare N e della massima forza

M

di attrito statico F ; queste forze sono perpendicolari, quindi

s √ √ N

2

2 2

M N + F 1 + µ = 3.09 N .

R = = N =

M

s s cos β

s

 N

R

In questo caso, facendo riferimento alla figura, agiscono sul punto

materiale P le due forze vincolari N e F , la forza peso P e la forza

d

agente F ; N e P sono uguali ed opposte e quindi la loro somma è

il vettore nullo quindi la forza risultante è la somma dei due vettori P

F F

orizzontali ma di verso opposto F ed F ; applicando la legge di Newton s

d

(2.1) si ottiene −

− F µ mg

F F d

d

−→

− 2

= =

a = 1.93 m/s .

F F = ma

d P

m m

CAPITOLO 2. DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE 49

∗ Problema 2

Un punto materiale di massa m = 2.66 kg è appoggiato sulla superficie di un piano inclinato scabro di

altezza h = 1.27 m e lunghezza ℓ = 2.54 m; sapendo che il coefficiente di attrito statico fra le due superfici

a contatto vale µ = 0.75, determinare se il punto materiale scende lungo il piano inclinato e, nel caso,

s

determinarne l’accelerazione.

Soluzione M

R

Con riferimento alla figura, la forza agente sul punto mate-

riale a causa dell’inclinazione del piano è la componente F N

della forza peso P parallela al piano, mentre la forza mas- β

M

sima di attrito statico F è proporzionale alla componente s

s F

s

N della forza peso perpendicolare al piano; per i rispettivi

moduli valgono infatti le equazioni F

h b

M h

F = mg , F = µ N = µ mg ℓ

α

s s

s

ℓ ℓ

quindi l’attrito statico riesce ad equilibrare la forza agente, P α

M

e quindi a tenere fermo il punto materiale, se vale F > F ,

s b

cioè se b

h > µ ;

s

ℓ ℓ

si noti che la condizione di equilibrio è indipendente dalla massa del punto materiale. Sostituendo i valori

numerici si ottiene: h b

= 0.45 , µ = 0.67 .

s

ℓ ℓ

Il punto materiale quindi non scende lungo il piano inclinato. Si osservi l’angolo di apertura del cono

M

β formato dalla reazione vincolare massima R e la perpendicolare al piano,

di attrito statico, l’angolo s

è maggiore dell’angolo di inclinazione del piano inclinato e quindi il vincolo riesce ad opporre alla forza

peso una forza, tratteggiata in figura, interna al cono.

Problema 3

Un corpo di massa m = 8.74 kg poggia su di un piano orizzontale scabro; su di esso viene applicata una

forza di trazione T avente modulo T = 60.6 N avente una direzione che forma un angolo α = 45 con

l’orizzontale; sapendo che il coefficiente di attrito dinamico fra le due superfici è µ = 0.62, determinare

d

il moto del corpo.

Soluzione

Sul corpo agiscono tre forze: il peso, la reazione vincolare del piano di ap- T

T y

poggio e la forza di trazione; per determinare il moto del corpo è necessario

determinare la risultante F di queste tre forze ed applicare la relazione di α T

F

Newton (2.1). Conviene considerare le forze per componenti; indicate, come x

d

d’uso, con x la componente orizzontale e con y la componente verticale, si

ha −

F = T F = ma

x x d x P

F = N + T P = 0 .

y y N , per chiarezza non rappresentato in figura, è il modulo della

Nella seconda delle precedenti equazioni

componente verticale della reazione vincolare; ricordando la seconda delle (2.5), si ottiene

− − − −

− T µ N T µ (P T ) T µ T

T F x d x d y x d y

x d − 2

= = = µ g = 1.9 m/s .

a = d

x m m m m

Si tratta quindi di un moto uniformemente accelerato.

50 CAPITOLO 2. DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE

2.2.4 Fili e carrucole

Un filo è un corpo materiale ideale, perfettamente flessibile, inestensibile, di massa nulla e di sezione

trascurabile tale da poter essere considerato unidimensionale. Un filo, se opportunamente fissato ad un

corpo in P , è in grado di tramettere al corpo la forza di trazione senza entrare in diretto contatto con il

corpo.

Se la massa del filo è trascurabile, la forza F applicata al P A

filo in A è uguale alla forza che il filo applica al corpo cui F τ

=

b b

è fissato. A sua volta il corpo esercita sul filo una forza

avente la stessa intensità; ai capi del filo risultano quindi Figura 2.3: La tensione del filo.

applicate due forze uguali e contrarie di modulo F .

Tale forza è detta tensione del filo ed indicata con il simbolo τ .

Una carrucola ideale è una macchina di massa nulla costituita da una rotella capace di ruotare senza

attrito attorno al proprio asse e dotata di una scanalatura in cui passa il filo. Viene utilizzata per deviare

la retta di trazione del filo. Se la sua massa è nulla, non modifica la tensione del filo.

PROBLEMI RISOLTI τ

Problema 1

Si consideri un punto materiale P avente massa F

m = 426 g appoggiato su un piano inclinato liscio ℓ

h

di altezza h = 24 cm e lunghezza ℓ = 64 cm; il

punto materiale è trattenuto da un filo fissato alla

parte superiore del piano inclinato, come in figura;

determinare la tensione del filo

Soluzione

Poiché il punto materiale è fermo, la risultante delle forze agenti su di lui deve essere nulla. Da un

esercizio precedente è noto che l’intensità della risultante F della forza peso e della reazione vincolare N

del piano inclinato è data da h

F = mg

quindi, perché la risultante complessiva sia nulla, deve essere, osservando che F e τ hanno la stessa

direzione e verso opposto, h

−→ −F −→ mg =

F + τ =0 τ = τ = F = 1.6 N .

∗ Problema 2

Si consideri una carrucola su cui può scorrere un filo a cui sono appesi due punti materiali P e P di

1 2

masse m = 3.4 kg, m = 5.2 kg; determinare le accelerazioni con cui si muovono P e P e la tensione

1 2 1 2

del filo.

Soluzione

Rispetto ad un asse di riferimento y orientato verso il basso (non rappresentato

in figura) la legge (2.1) diventa

{ τ

m a = m g τ

1 1 1 P τ

2

m a = m g τ .

2 2 2 P

1

m g

2 m g

La tensione, per quanto detto sopra, è la stessa in tutto il filo; inoltre, essendo il 1

filo inestensibile, il sistema costituito dai due punti materiali e dal filo si muove

CAPITOLO 2. DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE 51

rigidamente con la stessa velocità e la stessa accelerazione in ogni istante; i moti di P e P si svolgono

1 2

però in direzioni opposte. Supponendo che P salga e P scenda, si ha quindi

1 2

−a

a = = a .

2 1

Allora, { − −

m a = m g τ

1 1

m a = m g τ

2 2

che, risolta rispetto alle incognite a e τ , dà

m m 2m m

2 1 1 2

2

g = g =

a = 2.5 m/s 42 N .

, τ =

m + m m + m

1 2 1 2

Si noti che l’espressione per a cambia segno scambiando le due masse; in particolare, a è positivo, e

quindi P sale e P scende, se m > m , mentre accade l’opposto se m < m . Se le masse sono uguali

1 2 2 1 2 1

l’accelerazione è nulla. L’espressione per la tensione è simmetrica rispetto allo scambio delle due masse.

L’apparato descritto in questo problema, e rappresentato in figura, è detto macchina di Atwood consente

di eseguire precise misure dell’accelerazione delle due masse e quindi di verificare la legge del moto

uniformemente accelerato; nel caso della caduta libera, infatti, l’elevata accelerazione rende difficile una

misura precisa.

Problema 3

Si consideri un punto materiale P di massa m = 4.5 kg appoggiato ad un piano orizzontale scabro con

1 1

coefficiente di attrito statico µ = 0.75 e coefficiente di attrito dinamico µ = 0.6. A P , mediante un filo,

s d 1

che passa attraverso una carrucola, è collegato il punto materiale P di massa m ; che rimane sospeso nel

2 2

vuoto; inizialmente il sistema è fermo. Determinare

À il valore minimo che deve avere m perché il sistema si metta in movimento;

2

Á l’accelerazione e la tensione del filo quando m ha un valore doppio del suo valore minimo.

2

Soluzione

À P

Considerando positivo il moto di P verso il bordo del piano 1

1 τ

F

e di P verso il basso, ricordando che la forza di attrito su un a

2 b

piano orizzontale ha modulo µ mg, la legge (2.1) diventa τ

{ −µ

m a = m g + τ

1 1 P

− 2

m a = m g τ

2 2 m

ove si è posto uguale il modulo delle due accelerazione, come g

2

fatto nell’esercizio precedente.

Per determinare il valore minimo di m che mette in movimento il sistema si deve considerare la forza di

2

attrito statico; risolvendo le equazioni precedenti si trova

− m m

m µ m 1 2

2 s 1 g , τ = (µ + 1) g.

a = s

m + m m + m

1 2 1 2

Il sistema si mette in movimento se l’accelerazione è maggiore o uguale a zero, cioè se

m µ m = 3.4 kg

2 s 1

che è quindi il valore minimo cercato.

Á Per trovare l’accelerazione si deve, invece, considerare la forza di attrito dinamico, si trova quindi, per

m = 6.8 kg,

2 −

m µ m m m

2 d 1 1 2

2

a = g = g =

3.6 m/s , τ = (µ + 1) 43 N .

d

m + m m + m

1 2 1 2

52 CAPITOLO 2. DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE

∗ Problema 4

Si consideri un punto materiale di massa M = 372 g su un piano orizzontale liscio sul quale agisce una forza

di modulo F = 3.2 N per mezzo di un filo inestensibile di massa m = 42 g; determinare l’accelerazione

del punto materiale e la tensione ai due capi del filo.

Soluzione

Sia P il capo del filo fissato al punto materiale ed M

A il capo del filo sui cui è applicata la forza F . Sia τ τ

τ A

P m

1 2

1 F

b b

τ la tensione del filo in P , con la quale il filo tira il

1 −F

punto materiale e sia τ = la tensione in A con

2

cui il filo reagisce all’azione di F . −τ

Poiché la forza con cui il punto materiale reagisce alla trazione del filo è , la legge (2.1) per il punto

1

{

materiale e il filo diviene: M a = τ 1

ma = F τ 1

ove, come visto negli esercizi precedenti, l’accelerazione del filo e del punto materiale è la stessa. Risol-

vendo le due equazioni si ottiene

1 M

2

a = F = F =

7.7 m/s , τ = 2.9 N , τ = F = 3.2 N .

1 2

M + m M + m

m = 0 si ha τ = F e quindi τ = τ , risultato che conferma

Si noti che se la massa del filo è nulla, cioè se 1 1 2

quanto detto precedentemente: se la massa del filo è nulla la sua tensione è uguale ai suoi capi.

2.2.5 Forza elastica

Per deformare un corpo cambiandone la forma e/o il vo-

lume è necessario applicare una forza; se questa forza è

sufficientemente piccola la deformazione del corpo è an-

ch’essa piccola e il corpo, per il terzo principio di Newton, b x

reagisce con una forza uguale e contraria che tende a ripor- ∆x

tare il corpo nella sua conformazione iniziale; tale forza di

richiamo risulta proporzionale alla deformazione prodotta

e viene detta forza elastica. Il caso piú semplice in cui agi-

sce una forza elastica è la molla; quando una molla, che b x

in equilibrio ha lunghezza ℓ , viene accorciata o allungata

0

fino alla lunghezza finale ℓ, mediante l’azione di una forza

esterna, essa reagisce opponendo una forza il cui modu- Figura 2.4: La deformazione della molla.

lo è proporzionale alla lunghezza della deformazione ma

avente verso opposto.

Se quindi x è il vettore che rappresenta la deformazione, la forza elastica è data da

−k∆x

F = ,

ove k, detta costante elastica della molla, dipende dal tipo di molla.

Se un punto materiale di massa m è sottoposto alla forza elastica F si muove con accelerazione

F k

a = = ∆x .

m m

Il moto del punto materiale è quindi armonico con pulsazione ω e periodo T dati da

√ √

k m

, T = 2π .

ω = m k

CAPITOLO 2. DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE 53

PROBLEMI RISOLTI

Problema 1 m viene collegato ad una molla di costante elastica k = 4.5 N/m inizialmente

Un punto materiale di massa

allungata di 8.3 cm; una volta lasciata andare il punto materiale compie un oscillazione completa in 2.3 s;

À determinare la massa del punto materiale;

Á determinare la velocità massima v assunta dal punto materiale nel suo moto oscillatorio;

M

 determinare il valore massimo del modulo della forza elastica.

Soluzione

À Usando la 2.2.5, si trova 2

T

m = k = 0.60 kg .

2

Á L’allungamento iniziale fornito nel testo coincide con l’ampiezza A di oscillazione del moto armonico,

quindi, ricordando che v = ω A, si trova

M 2π

v = 0.23 s .

A =

M T

 Il valore massimo del modulo della forza elastica si ha in corrispondenza della massima deformazione

della molla, cioè quando la deformazione è uguale all’ampiezza di oscillazione A, quindi

F = kA = 0.37 N .

M

Problema 2 m = 3.5 kg è appeso ad un piano orizzontale per mezzo

Un punto materiale di forma cubica di massa

di due molle di costante elastica k = 250 N/m e k = 320 N/m entrambe collegate sia al piano che al

1 2

cubo; sapendo che dopo l’allungamento delle due molle la faccia superiore del cubo è parallela al piano

orizzontale, determinare

À l’allungamento delle due molle;

Á la costante elastica della molla che è necessario porre al posto delle due date, per avere un stesso

allungamento.

Soluzione

À La forza esercitata dalle due molle equilibra la forza peso del punto

materiale cubico; tenendo conto del fatto che la superficie superiore del

cubo è parallela al piano di sospensione, e quindi le due molle subiscono k k

1 2

un uguale allungamento ∆x, vale la seguente relazione fra i moduli delle

forze k ∆x + k ∆x = mg

1 2

quindi l’allungamento delle due molle è dato da

mg =

∆x = 0.060 m .

k + k

1 2

54 CAPITOLO 2. DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE

Á Sostituendo alle due molle date una molla di costante elastica k tale che l’allungamento sia lo stesso

deve valere −→

mg = k∆x k = k + k = 570 N/m .

1 2

La costante elastica equivalente quindi è la somma delle costanti elastiche. In questa configurazione le

du molle si dicono lavorare in parallelo.

Problema 3 k

1

Un punto materiale di forma cubica di massa m = 6.5 kg è appeso ad un

piano orizzontale per mezzo di due molle collegate fra loro come in figura

aventi costante elastica k = 370 N/m e k = 520 N/m; determinare

1 2

À l’allungamento delle due molle; k

2

Á la costante elastica della molla che è necessario porre al posto delle

due date, per avere un stesso allungamento.

Soluzione

À Il peso del punto materiale cubico è equilibrato dalla forza elastica della seconda molla, la quale, a sua

volta è equilibrata dalla forza elastica della prima molla; quindi le due forze elastiche sono uguali e gi

allungamenti sono diversi; vale quindi la seguente relazione fra i moduli delle forze

k ∆x = k ∆x = mg

1 1 2 2

quindi l’allungamento di ciascuna delle due molle è dato da mg

mg −→

0.17 m ∆x = 0.12 m .

∆x = = =

1 2

k k

1 2

Á Sostituendo alle due molle date una molla di costante elastica k tale che l’allungamento complessivo

sia lo stesso, e quindi uguale alla somma degli allungamenti delle due molle, deve valere

( )

1 1 1 1 1

−→

mg = k(∆x + ∆x ) = mg + k = +

1 2 k k k k k

1 2 1 2

e quindi k k

1 2

k = = 216 N/m .

k + k

1 2

Il reciproco della costante elastica equivalente quindi è la somma dei reciproci delle costanti elastiche. In

questa configurazione le due molle si dicono lavorare in serie.

2.2.6 Pendolo semplice

Il pendolo semplice è costituito da un punto materiale P

di massa m sospeso, per mezzo di un filo inestensibile di α

lunghezza ℓ e di massa trascurabile. Su P agisce la for-

za peso mg e la tensione τ del filo; le due forze sono in

equilibrio quando P si trova in quiete sulla verticale O del ℓ

punto di sospensione; in posizioni diverse le due forze han-

no una risultante non nulla che tende a riportare il sistema

verso la posizione di equilibrio. Questa forza causa un’o- τ

scillazione di P attorno ad O. Per oscillazioni di piccola

ampiezza, cioè se l’angolo α formato dal filo con la per-

pendicolare è sufficientemente piccolo, la traiettoria, che

è un arco di circonferenza è ben approssimato dalla corda P

ad esso sottesa e la legge del moto è armonica [equazione x

F

(1.22)] con pulsazione O

√ g .

ω = mg

CAPITOLO 2. DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE 55

In tale approssimazione, le oscillazioni sono compiute tutte nello stesso tempo indipendentemente dal-

l’ampiezza della piccola oscillazione e dalla massa m di P ; tale proprietà è nota come isocronismo delle

piccole oscillazioni del pendolo; il periodo delle piccole oscillazioni è

√ ℓ

T = 2π . (2.6)

g

PROBLEMI RISOLTI

Problema 1

Un pendolo di lunghezza ℓ = 4.520 m viene utilizzato per una misura di precisione dell’accelerazione di

gravità all’equatore; sapendo che il periodo del pendolo misura T = 4.27 s,

e

À determinare l’accelerazione di gravità all’equatore;

Á sapendo che l’accelerazione è proporzionale all’inverso del quadrato della distanza da centro della

Terra e che i raggi della Terra all’equatore e ai poli sono rispettivamente R = 6378388 m e

e

R = 6355988 m, determinare l’accelerazione di gravità e il periodo del pendolo al polo nord.

p

Soluzione

À Usando la (2.6) si trova 2

4π 2

ℓ =

g = 9.79 m/s .

e 2

T

e

Á Se l’accelerazione di gravità è proporzionale all’inverso del quadrato della distanza dal centro della

Terra, vale 2

R e 2

g = g = 9.86 m/s ;

p e

2

R

p

inoltre, poiché il periodo è inversamente proporzionale alla radice quadrata dell’accelerazione di gravità,

vale g R

e e

T = 4.29 s .

T = T =

p e e

g R

p p

2.2.7 Forza centripeta

Un punto materiale P di massa m che si muova di moto circolare uniforme di centro O, velocità scalare

v e velocità angolare ω ha un’accelerazione centripeta [equazioni (1.18) e (1.21)]; corrispondentemente,

per la legge fondamentale della dinamica, vi è una forza, detta forza centripeta F la cui forma vettoriale

c

è 2

v

−m −mω 2

F = OP = OP

c 2

r

e il cui modulo è 2

v 2

F = m = mω r .

c r

PROBLEMI RISOLTI

Problema 1

Il sedile di una giostra è legato al perno di rotazione tramite un filo inestensibile di massa trascurabile

ℓ = 4.50 m; quando è in funzione un bambino viene fatto ruotare in modo che l’angolo fra

e lunghezza ◦

la catena e la verticale sia di α = 18.5 ; sapendo che la massa del sedile e del bambino, approssimabili

insieme ad un punto materiale, è complessivamente m = 38.5 kg, determinare

56 CAPITOLO 2. DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE

À il modulo della tensione del filo;

Á il tempo impiegato a compiere un giro.

Soluzione

À Con riferimento alla figura, vale la relazione

τ = mg + F

c α

quindi si hanno le relazioni ℓ

mg 398 N .

F = mg tg α , T = =

c cos α

Á Si osservi che vale τ

2 2

F = mω r = mω ℓ sen α

c F ,

e quindi, confrontando con la precedente espressione per c P

F

si trova c

√ g

−→

2

mg tg α = mω ℓ sen α ω = ℓ cos α mg

e quindi √

2π ℓ cos α

T = 9.53 s .

= 2π =

ω g

Problema 2

Un automobile percorre una curva di raggio r = 24 m; sapendo che il coefficiente di attrito statico fra il

pneumatico e l’asfalto è µ = 1.2 determinare la velocità massima con cui l’automobile può percorrere la

s

curva senza sbandare.

Soluzione

In questo caso la forza centripeta è fornita dalla forza di attrito statico del pneumatica sull’asfalto, vale

cioè 2

v

−→

F = F m = µ mg

c a s

r

quindi √

v = µ rg = 17 m/s = 61 km/h .

s

2.2.8 Esercizi Forza peso

Es. 1 — Su un piano orizzontale si trova il libro A di massa m = 2.8 kg, su di questo si trova un

a

secondo libro B di massa m = 1.4 kg; determinare il modulo F della forza esercitata dal piano sui due

b

libri e il modulo F della forza con cui B agisce su A.

a

Su un piano orizzontale si trova una cassa di massa m = 5.4 kg sulla quale è collocato un

Es. 2 — 1

punto materiale di massa m = 3.4 kg; determinare

2

a) l’intensità della forza agente fra la cassa e il punto materiale;

CAPITOLO 2. DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE 57

b) l’intensità della reazione vincolare del piano.

Piano inclinato

Es. 1 — Un punto materiale si muove su un piano orizzontale privo di attrito con velocità costante

di modulo v = 15.9 m/s quando comincia a salire lungo piano inclinato tale sia h/ℓ = 3/5; determinare

0

a) l’altezza H dal suolo a cui il punto materiale si ferma;

b) l’istante t in cui il punto materiale si ferma.

1

Es. 2 — Due punti materiali scendono lungo un piano inclinato liscio che forma con l’orizzontale

un angolo θ = 20 ; all’istante iniziale si trovano ad una distanza d = 4.3 m e quello che si trova piú in

alto ha un velocità v = 2.0 m/s mentre il piú basso è fermo; determinare:

a) l’istante in cui avviene l’urto;

b) lo spazio percorso dal piú alto fino all’istante dell’urto.

Un uomo ha lasciato l’auto di massa m = 750 kg ferma su una strada inclinata con una

Es. 3 — ◦

pendenza di un angolo α = 7.0 ; non appena è sceso si accorge di avere dimenticato di tirare il freno di

stazionamento; tenta allora di frenare la discesa dell’auto trattenendola per il paraurti con una forza di

modulo F = 350 N: determinare

a) il modulo dell’accelerazione dell’auto e il modulo della reazione vincolare della strada;

il modulo della forza che deve esercitare l’uomo per fermare l’auto.

b) Forza d’attrito radente

Es. 1 — Un punto materiale si trova su di un piano inclinato scabro; sapendo che il il coefficiente di

attrito statico fra il piano e il punto materiale è µ = 1.2, determinare il minimo angolo α di inclinazione

s

del piano inclinato perché il punto materiale si metta in movimento.

Es. 2 — Un punto materiale di massa m si trova sopra una cassa in moto orizzontale con accelera-

2

zione costante di modulo a = 2.1 m/s ; determinare il coefficiente di attrito statico minimo fra la cassa

ed il punto materiale affinché il punto si muova insieme alla cassa.

Es. 3 — Un punto materiale di massa m = 45.3 kg è sottoposto ad una forza di intensità F = 65.8 N

che forma con l’orizzontale un angolo α = 52 ; sapendo che il coefficiente di attrito dinamico fra il punto

materiale e il suolo è µ = 0.63 e che nella situazione descritta il punto materiale comincia a muoversi,

d

determinare

il coefficiente di attrito statico;

a)

b) il modulo dell’accelerazione con cui il punto materiale si muove.

Un uomo tira una cassa di massa m = 40 kg con una forza orizzontale di modulo F = 60 N;

Es. 4 —

sapendo che inizialmente la cassa è ferma e che all’istante t = 6.2 s ha una velocità di modulo v = 3.4 m/s,

determinare il modulo della forza di attrito dinamico.

Una cassa di massa m = 12 kg è spinta orizzontalmente con una forza di modulo F = 48 N;

Es. 5 —

su di essa agisce una forza di attrito dinamico di modulo F = 30 N; sapendo che all’istante t = 4.7 s il

d

modulo della velocità è v = 7.8 m/s, determinare

il modulo della velocità iniziale;

a)

58 CAPITOLO 2. DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE

b) il modulo della velocità all’istante t = 6.5 s supponendo che la cassa parta da ferma.

1

Es. 6 — Un carrello per la spesa ha massa m = 12 kg; su di esso agisce una forza di attrito dinamico

di modulo F = 50 N; determinare

d

a) il modulo della forza necessaria a spingerlo con velocità costante;

b) il modulo della forza necessaria a portarlo da fermo ad una velocità di modulo v = 3.5 m/s nel tempo

t = 2.4 s, se vengono aggiunti al carrello m = 2 kg di spesa.

1

Un’automobilina giocattolo di massa m = 300 g scende lungo un piano inclinato lungo

Es. 7 — 2

ℓ = 1.2 m e avente base b = 0.9 m; sapendo che l’accelerazione dell’automobilina ha modulo a = 3.1 m/s ,

determinare il modulo della forza di attrito radente.

Es. 8 — Un bambino traina una slitta di massa m = 8.3 kg applicando una forza orizzontale di

s

intensità F = 19.6 N in modo che la slitta si muova a velocità costante; un secondo bambino di massa

m = 30 kg sale sulla slitta; determinare il modulo F della forza che deve esercitare il primo bambino

1

affinché la velocità della slitta resti costante.

Es. 9 — L’autista di un automobile che viaggia ad una velocità di modulo v = 25 m/s vede un

ostacolo e frena bruscamente; l’automobile inizia a slittare con un coefficiente di attrito dinamico µ =

d

0.35; sapendo che la forza di attrito ha modulo F = 2744 N, determinare

d

a) la massa dell’automobile;

b) il tempo impiegato a fermarsi.

Un disco da hockey di massa m = 150 g scivola sul ghiaccio; inizialmente ha una velocità

Es. 10 —

di modulo v = 6.5 m/s; sapendo che si ferma in t = 12 s, calcolare il coefficiente di attrito dinamico fra

0

il disco e il ghiaccio.

Es. 11 — Un pilota di bob di massa m = 70 kg spinge il suo bob che ha massa m 12 kg su una

1 2

superficie orizzontale che ha che ha con il bob un attrito dinamico di coefficiente µ = 0.28 esercitando

d

una forza di modulo F = 150 N; determinare

a) il modulo a dell’accelerazione del bob finché il pilota lo spinge;

1

b) il modulo a dell’accelerazione del bob quando il pilota ci salta sopra.

2

Es. 12 — Uno sciatore scende lungo un piano inclinato partendo da fermo impiegherebbe t = 10.0 s

a raggiungere una velocità di modulo v = 135 km/h senza attrito; sapendo che la sua massa è m = 80.0 kg

determinare

a) la risultante delle forze agenti sullo sciatore;

b) il tempo t impiegato a raggiungere la stessa velocità in presenza di una forza di attrito dinamico

1

di modulo F = 100 N.

d

Es. 13 — Uno sciatore di fondo percorre si muove a velocità costante di modulo v = 5.0 m/s;

sapendo che il coefficiente di attrito dinamico fra lo sciatore e la neve è µ = 0.12, che egli esercita una

d

spinta di modulo F = 87 N e che alla partenza lo sciatore ha raggiunto la velocità sopra detta nel tempo

t = 12 s, determinare

la massa dello sciatore;

a) il modulo F della forza con la quale si è inizialmente spinto.

a) 1

Es. 14 — Un uomo spinge orizzontalmente una cassa di massa m = 120 kg con una forza di modulo

F = 320 N; fra la cassa e la superficie d’appoggio orizzontale vi è attrito con coefficiente di dinamico

µ = 0.250; determinare

d CAPITOLO 2. DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE 59

a) l’accelerazione della cassa;

b) il modulo della forza che è necessario esercitare affinché la cassa abbia velocità costante.

Es. 15 — Un uomo spinge orizzontalmente una cassa di massa m = 60.0 kg; tra la cassa e la

superficie orizzontale di appoggio vi è attrito con coefficienti µ = 0.360 e µ = 0.280;

s d

determinare il modulo F della forza massima possibile esercitata dall’uomo con cui la cassa rimane

a) M

ferma;

b) sapendo che l’uomo esercita sulla cassa ferma una forza di modulo F = 250 N, determinare la velocità

della cassa dopo uno spostamento s = 5 m.

Es. 16 — Un uomo tira una cassa di massa m = 50 kg su un piano orizzontale applicando un forza

la cui direzione forma con l’orizzontale un angolo α = 20 ; sapendo che i coefficienti di attrito sono

µ = 0.4 e µ = 0.3,

s d

stabilire se la cassa si muove quando il modulo della forza esercitata dall’uomo è F = 175 N;

a)

b) noto che sulla cassa ferma viene applicata una forza di modulo F = 200 N, determinare il modulo

1

v della velocità della cassa dopo uno spostamento s = 6 m;

c) raggiunta la velocità di modulo v = 3 m/s, l’uomo smette di tirare; determinare quale distanza d

2

percorre la cassa prima di fermarsi.

Es. 17 — Una cassa di massa m = 24 kg si muove lungo una superficie orizzontale liscia sotto

1

l’azione di una forza di trazione F ; un punto materiale di massa m = 2.6 kg è appoggiato sulla superficie

2

anteriore (nel senso del moto) della cassa; sapendo che il coefficiente di attrito statico fra la cassa e il

punto materiale è µ = 0.78, determinare il valore minimo del modulo di F affinché il punto materiale

s

rimanga in equilibrio.

Es. 18 — Un punto materiale, su cui agiscono solo l’attrito dinamico e la forza peso, scende a

velocità costante lungo un piano inclinato di un angolo α = 14 rispetto all’orizzontale; determinare il

coefficiente di attrito dinamico.

Es. 19 — Un fanciullo spinge una slitta in salita lungo un pendio innevato inclinato di un angolo

α = 35 con velocità costante; sapendo che la massa della slitta è m = 5.8 kg e che il coefficiente d’attrito

dinamico fra la slitta e la neve è µ = 0.2, determinare

d

a) il modulo della forza esercitata dal ragazzo;

b) il modulo della forza che il fanciullo deve esercitare perché la slitta salga con un accelerazione di

2

modulo a = 1.1 m/s ;

l’accelerazione con cui la slitta scivola lungo la discesa se il fanciullo la lascia andare partendo da

c) ferma.

Es. 20 — Un punto materiale scende lungo un piano inclinato di lunghezza ℓ = 1.2 m e di base b =

2

0.9 m; sapendo che l’accelerazione con cui il punto materiale scende ha modulo a = 3.1 m/s , determinare

il coefficiente di attrito dinamico presente fra il punto materiale e il piano inclinato.

Fili e carrucole

Es. 1 — Una carrucola è fissata al soffitto, mentre una seconda carrucola è tenuta sospesa dal filo

che passa nella prima e va quindi a fissarsi, a sua volta, al soffitto; a questa seconda carrucola mobile è

fissato un carico di massa m = 75.0 kg determinare il modulo della forza che è necessario applicare al filo

per sollevare il carico.

60 CAPITOLO 2. DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE

Es. 2 — Due punti materiali di masse m = 12.3 kg e m = 15.4 kg si trovano su due piani inclinati

1 2

diversi ma aventi il lato dell’altezza in comune; i due punti materiali sono collegati da un filo inestensibile

tramite una carrucola; sapendo che gli angoli di inclinazione dei due piani inclinati sono rispettivamente

◦ ◦

α = 36.0 e α = 25.0 determinare

1 2

il verso e il modulo dell’accelerazione;

a)

b) la tensione del filo.

Es. 3 — Un punto materiale di massa m = 6.8 kg si trova appeso ad un soffitto mediate due fili che

◦ ◦

formano con il piano del soffitto due angoli α = 52 e α = 35 ; determinare le tensioni dei due fili.

1 2

Es. 4 — Un lampadario di massa m è appeso a due fili, ciascuno dei quali sopporta al massimo una

◦ ◦

tensione di modulo τ = 300 N; sapendo fili sono inclinati rispettivamente di due angoli α = 30 e β = 42

rispetto al soffitto, determinare la massima massa che può avere il lampadario perché nessuno dei due fili

si spezzi.

Es. 5 — Un punto materiale di massa m = 14 kg è sospeso mediante da un filo orizzontale avente

tensione di modulo τ e un filo obliquo inclinato di un angolo α = 40 rispetto all’orizzontale avente

1

tensione di modulo τ ; determinare τ e τ .

2 1 2

Es. 6 — Un atleta di sci nautico avente massa m = 75.0 kg procede a velocità costante tirato da

due motoscafi con due fili orizzontali inclinati dell’angolo α = 32.0 rispetto alla direzione del moto;

sapendo che la forza di attrito ha modulo F = 300 N, determinare

a

a) il modulo della forza esercitata da ciascuno dei due motoscafi;

b) il modulo della forza che dovrebbero esercitare i motoscafi perché lo sciatore abbia un’accelerazione

2

di modulo a = 2.0 m/s .

Es. 7 — Tarzan è appeso contemporaneamente a due liane inclinate rispetto all’orizzontale di angoli

◦ ◦

α = 35 e α = 52 ; sapendo che ciascuna liana può sopportare al massimo una tensione di modulo

1 2

τ = 550 N e che la massa di Tarzan è m = 87 kg, stabilire se le liane reggono il peso di Tarzan.

Un muratore fissa alla corda di una carrucola da una parte un secchio di massa m = 6.5 kg

Es. 8 — 1

e dall’altra uno di massa m = 5.5 kg, quindi lascia la carrucola libera di muoversi; determinare

2

a) i moduli della tensione della corda e dell’accelerazione dei secchi;

b) il modulo della forza verso il basso che il muratore deve esercitare sulla massa m affinché le

2

accelerazioni abbiano lo stesso modulo ma il verso invertito rispetto al caso a).

Forza elastica

Es. 1 — Una molla di costante elastica k = 52 N/m è collegata ad un soffitto tramite un filo; è quindi

collegata ad punto materiale di massa m = 4.7 kg tramite un secondo filo; determinare l’allungamento

della molla e la tensione dei due fili.

Un punto materiale di massa m = 350 g è sospeso al soffitto per mezzo di due molle uguali

Es. 2 —

di costante elastica k = 56.7 N/m; sapendo che nella posizione di equilibrio le due molle formano i lati di

un triangolo equilatero, determinare l’allungamento delle due molle.

Es. 3 — Una molla appesa verticalmente ha lunghezza ℓ = 48 cm mentre sostiene una massa m =

1

4.2 kg; aggiungendo la massa m = 1.8 kg la molla si allunga di ∆ℓ = 4.0 cm; determinare

2

la costante elastica della molla;

a) k

b) la lunghezza ℓ della molla a riposo.

0 CAPITOLO 2. DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE 61

Es. 4 — Un punto materiale di massa m = 1.3 kg è attaccato a una molla di costante elastica

k = 22 N/m e lunghezza a riposo ℓ = 50 cm; la molla viene posta in rotazione (su un piano orizzontale)

0

e risulta allungata di ∆ℓ = 10 cm; determinare la velocità di rotazione del punto materiale.

Es. 5 — Un punto materiale è posto tra due pareti affacciate, fissato a due molle di costanti elastiche

k e k ; entrambe le molle sono allungate rispetto alla lunghezza di equilibrio; determinare il rapporto

1 2

fra i loro allungamenti.

Es. 6 — Un punto materiale di massa m = 6.4 kg è appesa ad una molla fissata ad un sostegno che

rispetto alla lunghezza di riposo risulta allungata di ∆ℓ = 12 cm;

1

a) determinare la costante elastica della molla; 2

b) se il sostegno viene sollevato con un’accelerazione a = 2.0 m/s , determinare l’allungamento ∆ℓ

2

della molla. Pendolo semplice

Es. 1 — Un pendolo semplice compie 5 piccole oscillazioni complete in 16 secondi; determinare la

lunghezza del filo.

Es. 2 — Il pendolo, supposto semplice, di un orologio compie mezza piccola oscillazione completa

ogni secondo; determinare la lunghezza del filo.

Un pendolo semplice compie 12 piccole oscillazioni ogni 5 secondi sulla superficie terrestre;

Es. 3 —

determinare il periodo delle piccole oscillazioni dello stesso pendolo sulla superficie lunare.

Es. 4 — Un pendolo viene portato dal livello del mare ad un’altezza h = 2500 m s.l.m., sapendo

che l’accelerazione di gravità dipende dall’inverso del quadrato della distanza dal centro della Terra,

determinare la variazione percentuale del periodo del pendolo.

Forza centripeta

Es. 1 — Un lanciatore di peso fa muovere l’attrezzo lungo una traiettoria circolare inclinata di 45

rispetto al piano orizzontale; sapendo che la massa del martello è m = 7.273 kg e che la lunghezza del cavo

d’acciaio è ℓ = 119.5 cm, determinare la frequenza del moto di rotazione e la forza applicata dall’atleta

necessarie a battere il record del mondo della specialità che è d = 86.74 m (si supponga, per semplicità,

che il lancio avvenga dall’altezza del suolo).

Es. 2 — Una bambina si trova su una giostra a una distanza d = 2.8 m dal centro di rotazione;

sapendo che il coefficiente di attrito statico fra la bambina e il pavimento della giostra è µ = 0.45,

s

determinare la massima frequenza di rotazione della giostra affinché la bambina riesca a mantenere

l’equilibrio.

Es. 3 — Un punto materiale di massa m = 15.4 kg è fissato ad un filo di lunghezza ℓ = 1.25 m;

il punto materiale viene fatto ruotare lungo una traiettoria circolare verticale con velocità di modulo

costante in modo da compiere cinquanta giri al minuto; determinare la tensione del filo nel punto A piú

alto, nel punto B piú basso della traiettoria.

Un motociclista effettua un ‘giro della morte’ all’interno di una pista circolare di raggio

Es. 4 —

r = 3.5 m mantenendo una velocità costante di modulo v = 30 km/h; sapendo che la massa complessiva

della moto e del motociclista è m = 450 kg, determinare

a) il modulo della reazione vincolare della pista sul motociclista nel punto piú alto della traiettoria;

b) il modulo della velocità minima che consente al motociclista di completare il giro.

Capitolo 3

Lavoro ed energia

3.1 Lavoro e teorema dell’energia cinetica

Lo studio del moto di un punto materiale dal punto di vista energetico fornisce un importante strumento

di comprensione del fenomeno fisico e, molto spesso, un piú rapido ed efficace metodo risolutivo dei

problemi.

3.1.1 Lavoro

Si definisce lavoro di una forza costante F che agisce su un corpo in movimento il prodotto scalare fra la

forza e lo spostamento s del corpo L · (3.1)

= F s .

Se la forza non è costante è necessario suddividere la traiettoria in tanti spostamenti δs , . . . , δs suffi-

1 n

cientemente piccoli da far sı́ che in ciascuno di essi la forza assuma i valori costanti F , . . . , F ; in tale

1 n

·

cosa il lavoro per ciascuno dei piccoli spostamenti diviene δL = F δs e quindi complessivamente si ha

L · · · · ·

= F δs + + F δs .

1 1 n n F

x

In generale, scelto come asse x quello in cui avviene il moto, il lavoro

di una forza variabile su di un punto materiale che si muove da x a

A

x può essere calcolato, facendo attenzione al segno, come area della

B

regione di piano delimitata fra il grafico della componente forza nella

direzione x in funzione della posizione e l’asse delle ascisse, come L

rappresentato in figura. L’unità di misura del lavoro è il joule che x x x

ha le dimensioni di una forza per una lunghezza. A B

Figura 3.1: Lavoro come area.

PROBLEMI RISOLTI

Problema 1

Il motore di un ascensore solleva con velocità costante la cabina contenente quattro persone per un

dislivello h = 45 m; sapendo che la cui massa complessiva della cabine e delle persone contenute è

m = 450 kg,

À determinare il lavoro compiuto dal motore;

Á determinare il lavoro della forza peso. 62

CAPITOLO 3. LAVORO ED ENERGIA 63

Soluzione

À Poiché il moto avviene con velocità costante, la somma delle forze agenti deve essere nulla; pertanto

la forza con cui il motore solleva la cabina e le persone in essa contenute è uguale in modulo e direzione

−mg.

ma opposta in verso alla forza peso. Tale forza è quindi F = Lo spostamento ha modulo h ed è

parallelo ed equiverso alla forza F e quindi il lavoro è dato da

L · 5

= F h = mgh = 2.0 10 J .

Á La forza peso, che si oppone al sollevamento della cabina da parte del motore dell’ascensore, forma con

α = 180 ; il suo lavoro è quindi negativo e vale

il vettore spostamento un angolo L −mgh −2.0 · 5

= = 10 J .

p

Poiché la forza totale agente sulla cabina è nulla, deve essere nullo anche il lavoro totale di tale forza,

come infatti accade.

Problema 2

Una cassa di massa m = 75 kg viene spostata di s = 4.0 m su un pavimento orizzontale per mezzo di un

filo applicato sulla sua sommità e che forma con l’orizzontale un angolo α = 35 ; sapendo che la tensione

del filo è ha modulo τ = 520 N e che il coefficiente di attrito dinamico fra la cassa ed il pavimento è

µ = 0.72, determinare

d À il lavoro del filo e il lavoro della forza di attrito;

Á quanto deve valere τ perché la cassa si muova di moto uniforme.

Soluzione

À mg, alla tensione del filo τ e alla reazione vincolare del piano;

La cassa è sottoposta alla forza peso

quest’ultima ha una componente perpendicolare N e una componente orizzontale, che è la forza di attrito

dinamico F . La tensione del filo forma un angolo α con il vettore spostamento e quindi il suo lavoro è

d

dato da L · 3

= τ s cos α = 1.7 10 J .

Non essendoci moto verticale la componente perpendicolare al piano della risultante delle agenti deve

essere nulla; quindi deve valere −→ −

N + τ sen α = mg N = mg τ sen α .

D’altra parte, il modulo della forza di attrito dinamico è proporzionale ad N e vale

F = µ N = µ (mg τ sen α) .

d d d

Questa forza ha la stessa direzione ma verso opposto del vettore spostamento, il suo lavoro è quindi

L −F − −1.3 · 3

= s = µ (mg τ sen α)s = 10 J .

d d d

Á La cassa si muove di moto uniforme quando la risultante delle forza agente su di essa è nulla; visto che

N sono perpendicolari alla spostamento e quindi compiono lavoro nullo, tale condizione

il forza peso ed

è verificata quando la somma dei lavori della tensione e dell’attrito è nulla; cioè quando

−→ −

L L µ (mg τ sen α)s = τ s cos α

+ = 0 d

d

e quindi µ mg

d · 2

=

τ = 4.3 10 J .

µ sen α + cos α

d

64 CAPITOLO 3. LAVORO ED ENERGIA

Problema 3

Il punto materiale P si muove di moto rettilineo lungo una retta, che viene scelta come asse delle ascisse

orientato nel verso del moto, sottoposto ad una forza anch’essa diretta come l’asse delle ascisse mentre

la sua componente F lungo tale asse dipende dalla coordinata x secondo la legge

F (x) = ax + b .

−0.80

Sapendo che a = N/m e b = 2.0 N determinare il lavoro compiuto dalla forza sul punto materiale

mentre questo si sposta dal punto di ascissa x = 1.2 m al punto di ascissa x = 4.0 m.

1 2

Soluzione F

Con riferimento alla figura, nell’intervallo fra la posi-

zione x e la posizione x , la componente F della forza

1 2

cambia segno. Quindi nell’intervallo in cui è positiva

la forza è parallela ed equiversa all’asse delle ascisse, e

quindi allo spostamento di P : qui il suo lavoro è dun-

que positivo; mentre nell’intervallo in cui è negativa è

parallela all’asse delle ascisse ma ha verso opposto, ha x

2

pertanto verso opposto anche rispetto allo spostamento x x

x

1 3

di P : qui il suo lavoro è pertanto negativo.

La forza, poi, non ha modulo costante, quindi il suo la-

voro va calcolato come area e precisamente si tratta di

calcolare l’area ombreggiata in figura; visto quanto det-

to sopra, la porzione di area che sta sopra l’asse delle

ascisse corrisponde ad un lavoro positivo, mentre quella

che sta sotto l’asse delle ascisse corrisponde ad un la-

voro negativo. Per determinare tali aree è necessario determinare il punto x in cui la forza si annulla.

3

Questo è dato dalla soluzione dell’equazione F = 0, e quindi b

−→ −

ax + b = 0 x = 2.5 m .

=

3 a

Tenendo conto di quanto detto, si può facilmente calcolare il lavoro richiesto:

[ ]

1

L − − −

= (x )(x x 2) + f (x )(x x ) = 0.70 J .

1 3 2 2 3

2

3.1.2 Teorema dell’energia cinetica

In generale, il lavoro totale di tutte le forze che agiscono sul punto materiale P di massa m è legato alla

variazione di velocità di P nel suo spostamento dal punto A al punto B dalla seguente relazione, detta

teorema dell’energia cinetica L E − E

= ∆E = (B) (A)

c c

A→B

E è l’energia cinetica del punto materiale P definita da

ove c 1

E 2

= mv .

c 2

PROBLEMI RISOLTI

Problema 1

Un’automobilista che viaggia ad una velocità costante di modulo v = 50 km/h vede un ostacolo e frena

0

bruscamente; sapendo che la massa dell’automobile è m = 850 kg e che spazio di frenata è s = 30 m,

CAPITOLO 3. LAVORO ED ENERGIA 65

À determinare il modulo della forza frenante F ;

f

Á determinare, con la stessa forza di attrito, quale diventa lo spazio di frenata per una velocità

iniziale di modulo v = 100 km/h.

1

Soluzione

À Da quando l’automobilista inizia a frenare l’unica forza che compie lavoro è quella frenante; tale lavoro

è quindi responsabile della variazione di energia cinetica da valore iniziale a zero; ricordando che la forza

frenante si oppone al moto e quindi ha un valore negativo, si ha 2

1 mv

L −F − −→ ·

0

2 3

= s = mv F = = 2.7 10 N .

f f f

0

2 2s

Á Usando la medesima relazione si trova 2 2

mv v

1 1

s = = s = 120 m .

1 2

2F v

f

si noti che la distanza di frenata è proporzionale al quadrato della velocità e quindi raddoppiando la

velocità lo spazio di frenata diventa il quadruplo.

Problema 2

Un punto materiale di massa m = 18 kg scende lungo un piano inclinato di altezza h = 2.5 m; sapendo

che parte da fermo e che non sono presenti forze di attrito, determinare

À il lavoro compiuto dalla forza peso quando il punto materiale è giunto in fondo al piano inclinato;

Á il modulo della velocità finale.

Soluzione

À ℓ del piano inclinato; indicando con α l’angolo di

Lo spostamento ha modulo uguale alla lunghezza

inclinazione si ha L = mgℓ sen α = mgh = 440 J ,

ove si è usata la relazione h = ℓ sen α.

Á Usando il teorema dell’energia cinetica, poiché l’energia cinetica iniziale è nulla si ha che l’energia

cinetica finale è uguale al lavoro delle forze agenti. L’unica altra forza agente oltre al peso è la reazione

vincolare del piano inclinato che, in assenza di attrito, è perpendicolare allo spostamento e quindi compie

lavoro nullo; pertanto l’energia cinetica finale è uguale al lavoro compiuto della forza peso, vale cioè

1 −→

2

mgh = v = 2gh = 7.0 m/s ,

mv

2

risultato che concorda con quanto già trovato, con un calcolo piú elaborato, studiando il piano inclinato.

Problema 3

Un punto materiale di massa m = 18 kg scende lungo un piano inclinato di altezza h = 2.5 m e lunghezza

ℓ = 7.5 m; sapendo che parte da fermo che la velocità in fondo al piano inclinato ha modulo v = 5.0 m/s,

determinare il modulo della forza di attrito radente dinamico presente fra il punto materiale e la superficie

del piano inclinato.

Soluzione

Osservando che le forze che compiono un lavoro diverso da zero sono la forza peso e la forza di attrito

dinamico, per il teorema dell’energia cinetica deve valere la seguente relazione

1

L L 2

mv .

+ =

p d 2


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DETTAGLI
Esame: Chimica
Corso di laurea: Corso di Fisica
SSD:
A.A.: 2018-2019

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher massisossi di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Chimica e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università Normale di Pisa - Sns o del prof Donatis Pietro.

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