E i i di Fisica
Esercizi
Fi i
Paolo Bagnaia
Paolo Bagnaia - CTF - 1 - Esercizi di meccanica
Cinematica
Meccanica del punto
Meccanica dei sistemi
Meccanica dei fluidi
Termologia
g
Termodinamica
Elettrostatica
Correnti continue
Campo magnetico
Ottica.
♠
1
Alcune avvertenze
1 Q
1.
Queste note sono il testo degli
d li esercizi
i i svolti
l i a lezione,
l i
con una breve
b
traccia
i delle
d ll
soluzioni. Quindi non sostituiscono né un buon libro di esercizi, né le lezioni in aula.
2. La soluzione serve come controllo dello svolgimento
g
autonomo elaborato dallo
studente. Non è molto utile guardarla subito dopo avere letto il testo, invece di
provare a risolvere l’esercizio senza aiuto esterno.
3 Il livello degli esercizi è molto semplice,
3.
semplice adatto ad una prima comprensione degli
argomenti. Il livello degli esercizi d’esame è un po’ più difficile. Esiste anche una
raccolta degli esercizi d’esame degli ultimi anni (guardare su internet).
4. È buona norma risolvere un esercizio in modo simbolico, utilizzando lettere al posto
dei valori numerici (ex. “v” per velocità, “m” per massa, etc.). Una volta ottenuta la
soluzione, si p
potrà così controllare la correttezza delle dimensioni e la p
plausibilità del
risultato. Poi si otterrà la soluzione numerica, sostituendo i valori dei dati.
5. Talvolta i dati non usano sistemi di misura omogenei (ex. la velocità in Km/h e lo
spazio in m).
m) In questo caso è bene fare subito le “equivalenze”
equivalenze , passando ad un
unico sistema di misura.
P.B., Roma, Gennaio 2002.
Paolo Bagnaia - CTF - 1 - Esercizi di meccanica
2
Cinematica
Paolo Bagnaia - CTF - 1 - Esercizi di meccanica
♠
3
Esercizio – Un’automobile viaggia per un certo tempo T alla velocità di 40
K /h e poii per lo
Km/h
l stesso
t
t
tempo
alla
ll velocità
l ità di 80 km/h.
k /h Trovare
T
l velocità
la
l ità
media.
————————————
Soluzione –
La velocità media si ottiene dalla definizione :
vm =
stot v1T + v 2T v1 + v 2
=
=
= 60 Km / h.
Ttot
T +T
2
N è necessario
Non
i (ma
(
non è neppure sbagliato)
b li t ) trasformare
t f
d Km/h
da
K /h a m/s
/ .
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♠
4
Esercizio – Un’automobile viaggia per un certo tempo T alla velocità di 40
K /h percorrendo
Km/h,
d un cammino
i S,
S e poii per lo
l stesso
t
t itt alla
tragitto
ll velocità
l ità di
80 km/h. Trovare la velocità media.
————————————
Soluzione –
La velocità media si ottiene dalla definizione, ricordando che t=s/v :
stot
S +S
2
vm =
=
=
=
Ttot S / v1 + S / v 2 1/ v1 + 1/ v 2
=
NB –
2
2 v1 ⋅ v 2 2 ⋅ 40 ⋅ 80
= 53.3 Km / h.
=
=
(v1 + v 2 ) /(v1 ⋅ v 2 ) v1 + v 2
40 + 80
1. È differente dal caso precedente (capire bene !!!);
2. Non occorre trasformare da Km/h a m/s.
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♠
5
Esercizio – Una barca naviga controcorrente dal punto A al punto B alla
velocità
l ità costante
t t v1 = 10 Km/h
K /h rispetto
i
tt alla
ll riva.
i
S
Successivamente
i
t torna
t
indietro alla velocità v2 = 16 Km/h rispetto alla riva. Sapendo che il motore
della barca ha lavorato al massimo della potenza in entrambi i percorsi,
percorsi
trovare la velocità della corrente e la velocità della barca rispetto alla corrente.
————————————
Soluzione –
La velocità della barca rispetto alla corrente (chiamata u) è la stessa nei due
casi. Nel primo caso la velocità della corrente (chiamata w) si sottrae dalla
velocità della barca, nel secondo si somma :
v1 = u − w ;
v 2 = u + w;
v1 + v 2
= 13 Km / h;
2
v − v1
w= 2
= 3 Km / h.
2
u=
B
barca (u)
A
fiume (w)
NB – Non c’è nessun bisogno di trasformare da Km/h a m/s, ma non è vietato.
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♠
6
Esercizio – Stessa situazione del caso precedente. Sono note la velocità
d ll corrente
della
t (w=2Km/h)
( 2K /h) e la
l velocità
l ità della
d ll barca
b
rispetto
i
tt alla
ll corrente
t
(u=10Km/h). Calcolare la velocità media della barca.
————————————
Soluzione – Definendo S la distanza tra A e B, la barca compie un tragitto
totale 2S.
2S Il tempo totale è facile da calcolare :
vm =
stot
S +S
S +S
=
=
=
Ttot S / v 1 + S / v 2 S /(u + w ) + S /(u − w )
2
2(u 2 − w 2 )
u 2 − w 2 100 − 4
=
=
=
=
= 9.6 Km / h.
1/(u + w ) + 1/(u − w ) u − w + u + w
u
10
B
barca (u)
A
fiume (w)
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♠
7
Esercizio – Un’automobile, durante una frenata uniforme, passa in un minuto
d ll velocità
dalla
l ità di 40 Km/h
K /h a quella
ll di 28 Km/h.
K /h Trovare
T
il valore
l
d ll
della
accelerazione e lo spazio percorso.
————————————
Soluzione –
v1 = 40 Km/h = 11.11
11 11 m/s; v2 = 28 Km/h = 7.78
7 78 m/s;
a = (v2 -vv1 ) / ∆t = (7.78 - 11.11) / 60 = - 0.055
[quale è il significato del segno “-” ???]
m/s2;
v1
v2
∆t
s = 1/2 a ∆t2 + v1 ∆t = - 0.5 · 0.055 · 602 + 11.11 · 60 = -100 + 666.6 = 566.6 m.
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♠
8
Esercizio – Un treno si muove tra due stazioni, poste ad 1.5 Km di distanza.
P
Percorre
l prima
la
i
metà
tà del
d l tragitto
t itt di moto
t uniformemente
if
t accelerato
l t e la
l
seconda di moto uniformemente ritardato. Data la velocità massima (50Km/h),
calcolare il valore dell
dell’accelerazione
accelerazione e il tempo totale di percorrenza.
percorrenza
————————————
Soluzione – È sufficiente mettere a sistema le equazioni dello spazio e della
velocità, e poi risolvere per T, a; prima bisogna trasformare la velocità in m/s :
v max
⎛ 50 × 103 ⎞
⎟ = 13.88 m / s;
= ⎜⎜
3⎟
⎝ 3.6 × 10 ⎠
⎧d 1 ⎛ T ⎞2
⎪ = a⎜ ⎟ ;
⎪2 2 ⎝ 2 ⎠
⎨
T
⎪
=
;
v
a
⎪ max
2
⎩
2
⎧
⎧ ⎛ T ⎞ v max
v max
13.882
2
=
;
m
s
=
=
=
a
0
.
128
/
;
⎟
⎜
⎪
⎪⎝ 2 ⎠
3
a
d
1.5 × 10
⎪
⎪
⇒ ⎨
⇒ ⎨
2v max
1 2
⎪d
⎪
=
;
=
= 217 s = 3 min 37 s.
v
T
⎪ 2 2a max
⎪
a
⎩
⎩
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♠
9
Esercizio [S 2.39] – In una gara sui 100 m, due atleti impiegano lo stesso
t
tempo
di 10.2
10 2 s. Il primo
i
i i
impiega
2 s in
i accelerazione
l
i
costante,
t t poii mantiene
ti
la velocità costante fino alla fine, mentre il secondo accelera per 3 s, poi
mantiene la velocità costante.
costante Determinare per ciascun concorrente
l’accelerazione e la velocità massima.
————————————
Soluzione –
Primo concorrente :
½ a1 t12 + a1t1 (T - t1) = stot ⇒
a1 = stot / (½ t12 + t1 T - t12) = stot / (t1 T - ½ t12) =
= 100 / (2 · 10.2 - 0.5 · 22) = 5.43 m/s2;
v1 = a1t1 = 5.43 · 2 = 10.86 m/s;
Secondo concorrente : ½ a2 t22 + a2t2 (T - t2) = stot ⇒
a2 = stot / (½ t22 + t2 T - t22) = stot / (t2 T - ½ t22) =
= 100 / (3 · 10.2 - 0.5 · 32) = 3.83 m/s2;
v2 = a2t2 = 3.83
3 83 · 3 = 11.5
11 5 m/s.
m/s
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♠ 10
Esercizio [S 2.39 parte 2] – Nella stessa gara dell’es. precedente, quale
concorrente
t sii trova
t
i testa
in
t t dopo
d
un tempo
t
di 6 secondi
di ?
————————————
Soluzione –
Primo concorrente :
s1 = ½ a1 t12 + a1t1 (t* - t1) =
= 0.5 · 5.43 · 22 + 5.43 · 2 · (6 - 2) = 54.3 m;
Secondo concorrente : s2 = ½ a2 t22 + a2t2 (t* - t2) =
= 0.5 · 3.83 · 32 + 3.83 · 3 · (6 - 3) = 51.7 m;
È in testa il primo concorrente di una distanza d = 54.3 - 51.7 = 2.6 m.
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♠ 11
Esercizio – Un’automobile viaggia a 120 Km/h. Visto un ostacolo, il
conducente
d
t riesce
i
a fermarsi
f
i in
i 110 m. Quale
Q l è l’accelerazione
l’
l
i
e quanto
t
tempo impiega ?
————————————
Soluzione –
vo = 120 Km/h = 33.3 m/s;
s = vo T - 1/2 a T2 ;
vfin = 0 = vo - aT
⇒
T = vo / a; s = vo2 / a - 1/2 vo2 / a = 1/2 vo2 / a
⇒
a = vo2 / 2 s = 33.32 / (2 · 110) = 5.040 m / s2 ;
T = vo / a = 33.3 / 5.040 = 6.60 sec.
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♠ 12
Esercizio – Una palla viene lanciata da terra verso l’alto con velocità iniziale
di 12 m/s.
/
a) Quanto tempo impiega a raggiungere il punto più alto della traiettoria ?
b) Quanto vale la distanza da terra del punto più alto ?
c) Dopo quanto tempo ricade a terra ?
d) Con che velocità la palla tocca terra ?
e) Quanto vale lo spazio totale percorso dalla palla ?
————————————
Soluzione –
a) vf - vi = gt ⇒ t = (vf - vi) / g = (0 - 12) / (-9.8) = 1.24 s;
b) s = - 1/2 g t2 + vi t = -0.5 · 9.8 · 1.242 + 12 · 1.24 = 7.3 m;
c) t2 = t [perché ???];
d) vterra = vi = 12 m/s [perché ???];
e)) stot = 2s = 14.6 m.
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♠ 13
Esercizio [S 2.27] – Un oggetto viene lanciato da terra ad un’altezza di 4 m. Il
t itt dura
tragitto
d
1 5 s. Determinare
1.5
D t
i
l velocità
la
l ità dell’oggetto
d ll’
tt :
a) al momento del lancio;
b) all
all’istante
istante di arrivo.
arrivo
————————————
Soluzione –
a) h = vo t - ½ g t2 ⇒ vo = (h + ½ g t2) / t = (4 + 0.5 · 9.8 · 1.52) / 1.5 = 10 m/s
b) vfin = vo - g t = 10 - 9.8 · 1.5 = - 4.70 m/s;
y
che significa “-” 4.70 m/s ? (l’oggetto sta ricadendo).
h
x
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♠ 14
Esercizio – Un uomo lancia un sasso dal tetto di un palazzo verso l’alto, con
una velocità
l ità di 12.25
12 25 m/s.
/ Il sasso raggiunge
i
il suolo
l dopo
d
4 25 s. Si calcoli
4.25
l li :
a) l’altezza del palazzo;
b) la massima altezza raggiunta dal sasso;
c) la velocità con cui il sasso tocca il suolo.
————————————
Soluzione –
a) y = h + vot - ½ gt2 ;
y = 0 ⇒ h= ½ gt2 - vot = 0.5·9.8·4.252 - 12.25·4.25 =36.4 m;
b) v(t) = vo - gt ;
v(t) = 0 ⇒ t* = vo/g ; y
y(t*) = h + vo2/g - ½ vo2/g = h + ½ vo2/g =
= 36.4
36 4 + 0.5
0 5 · 12.25
12 252 · / 9.8
9 8 = 44.1
44 1 m;
max =
c) vsuolo = vo - gtsuolo = 12.25 - 9.8 · 4.25 = -29.4 m/s [che vuol dire “-” ?].
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♠ 15
Esercizio – Una barca naviga in un fiume, che ha una corrente di 1 m/s. Il suo
motore
t
è in
i grado
d di produrre
d
una velocità
l ità di 2 m/s
/ rispetto
i
tt alla
ll corrente.
t
Trovare la velocità della barca rispetto alla riva in tre casi :
a) barca in favore di corrente;
b) barca contro corrente;
c) barca che naviga a 90° rispetto alla corrente.
————————————
Soluzione -
a) v1 = u + w = 3 m / s;
b) v 2 = u − w = 1 m / s;
c ) v 3 = u 2 + v 2 = 5 = 2.23 m / s.
v
v3
u
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♠ 16
Esercizio – Una barca a motore si dirige a 7.2 Km/h, in direzione
perpendicolare
di l
alla
ll riva.
i
P ò la
Però
l corrente
t la
l fa
f approdare
d
a 150 m più
iù a valle
ll
di un fiume largo 500 m. Trovare la velocità della corrente e il tempo totale di
attraversamento del fiume.
fiume
————————————
Soluzione – I moti lungo gli assi sono indipendenti, ma durano lo stesso
tempo totale T. Pertanto :
vy = vmotore = 7.2 Km/h = 2 m/s;
vy = vmotore = s / T
⇒ T = s / vy = 500 / 2 = 250 s = 4 min 10 s;
vx = vcorrente = d/T = 150 / 250 = 0.6 m/s.
y
d
fiume
s
x
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B
A
♠ 17
Esercizio – Un oggetto viene lanciato da una torre, alta 25 m, in direzione
orizzontale,
i
t l con velocità
l ità 15 m/s.
/ A che
h distanza
di t
cade,
d rispetto
i
tt all bordo
b d della
d ll
torre ? In quanto tempo ?
————————————
Soluzione –
in orizzontale : x = vx t;
in verticale :
y
y = h - ½ g t2;
di conseguenza : y = h - ½ g (x/vx)2
h
y=0 ⇒ h = ½ g (x1/vx)2 ⇒ x12 = 2 h vx2 / g ⇒
x1 = vx (2 h / g) ½ = 15 (2 · 25 / 9.8) ½ = 33.9 m;
x1
x
t = x1 / vx = 33.9 / 15 = 2.26 s.
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♠ 18
Esercizio – Un cannone spara un proiettile alla velocità di 100 m/s ad un
certo
t angolo
l con il piano
i
orizzontale.
i
t l Si calcoli
l li l’angolo
l’
l che
h causa la
l gittata
itt t
massima e il valore della gittata. Si calcoli inoltre l’angolo necessario per
colpire un bersaglio a 500 m di distanza.
distanza
————————————
Soluzione –
y
⎧
⎧
⎪
x = vT cosϑ
T = x /(v cosϑ )
⎪
vo
⎪
⎪
⇒⎨
⎨
2
⎪ y = vT sinϑ − 1 gT 2
⎪
gx
2
ϑ
;
⎪
⎪ y = x tanϑ − 21 2
2
⎩
v cos ϑ
⎩
x
sinϑ 2v 2 cos 2 ϑ 2v 2 sinϑ cosϑ v 2 sin 2ϑ
=
=
;
y = 0 ⇒ x = 0 oppure x =
cosϑ
g
g
g
gittata max per sin(2ϑ) = 1 ⇒ ϑ = 45° ⇒ ymax = v2/g = 1020 m;
d = v2sin(2ϑ)/g ⇒
ϑ = asin(gd/v2)/2 = asin(9.8·500/1002)/2 = asin(0.49)/2 =
= 14° 40’ 13” (o
( 59° 40’ 13”) [perché
[
hé 2 sol.
l ???]
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♠ 19
Esercizio – Trovare la velocità angolare nei seguenti casi :
a)) la
l Terra
T
che
h ruota
t attorno
tt
all Sole
S l (supporre
(
il moto
t circolare
i l
uniforme);
if
)
b) la Terra che ruota attorno a se stessa;
c) la lancetta delle ore;
d) la lancetta dei minuti;
e) la lancetta dei secondi.
————————————
Soluzione –
a) ω1 = 2π / T1 = 2π / (365 · 24 · 60 · 60) = 1.99 · 10-7 rad/s;
b) ω2 = 2π / T2 = 2π / (24 · 60 · 60) = 7.27 · 10-5 rad/s;
c) ω3 = 2π / T3 = 2π / (12 · 60 · 60) = 1.45 · 10-4 rad/s;
d) ω4 = 2π / T4 = 2π / (60 · 60) = 1.7 · 10-3 rad/s;
e) ω5 = 2π / T5 = 2π / 60 = 0.104 rad/s.
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♠ 20
Esercizio – Determinare la velocità e la velocità angolare che deve
mantenere
t
un aeroplano
l
all’equatore
ll’
t
affinché
ffi hé il sole
l appaia
i fisso
fi
all’orizzonte.
ll’ i
t
L’aereo deve volare verso est o verso ovest ?
————————————
Soluzione –
ωaereo = - ωTerra = 7.27 · 10-5 rad/sec (vedi esercizio precedente);
il segno “-”
“ ” significa
i ifi che
h l’aereo
l’
d
deve
andare
d
d estt verso ovest;
da
t
vaereo = ω · rTerra = 7.27 · 10-5 · 6.37 · 106 = 463 m/s = 1670 Km/h.
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♠ 21
Esercizio – Un treno, affrontando una curva di raggio 150 m, nei 15 s che
i i
impiega
a percorrere la
l curva rallenta
ll t da
d 90 Km/h
K /h a 50 Km/h.
K /h Calcolare
C l l
l’accelerazione tangenziale e normale nel momento in cui la velocità è 50
Km/h assumendo che il treno continui a decelerare.
Km/h,
decelerare
————————————
Soluzione –
a) trasformiamo da Km/h a m/s :
v1 = 90 Km/h = 25.0 m/s; v2 = 50 Km/h = 13.9 m/s;
b) l’accelerazione tangenziale : aTmedia = (v2 - v1) / T = -0.74 m/s 2;
c) accelerazione radiale : aRcentripeta = v22 / r = 1.29 m/s2;
d) accelerazione totale (modulo), poiché aT e aR sono ortogonali :
atot = aT2 + aR2 = ( −0.74)2 + 1.292 = 1.49 m / s 2 .
NB – se il treno non continuasse a decelerare, aT=0, atot=aR.
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♠ 22
Meccanica del
punto
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♠ 23
Esercizio – Un filo di ferro si spezza ad una tensione massima di 4400 N.
Q l accelerazione
Quale
l
i
massima
i
verso l’alto
l’ lt può
ò imprimere
i
i
ad
d un oggetto
tt di 400
Kg ?
————————————
Soluzione –
Per il corpo :
pertanto :
ma = T – mg;
T = m (a + g) ⇒ Tmax = m (amax + g) ⇒
amax = Tmax /m – g = 4400 / 400 – 9.8 = 1.2 m/s2.
T
mg
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m
♠ 24
Esercizio – Una fune, collegata ad una carrucola, connette due masse
id ti h una delle
identiche,
d ll qualili è libera
lib
di muoversii su un piano
i
i li t di angolo
inclinato
l ϑ
(ϑ = 30°), mentre l’altra penzola nel vuoto. Calcolare l’accelerazione su
entrambe le masse.
masse
————————————
Soluzione –
L’accelerazione è identica per entrambe le masse. Il bilancio delle forze dà :
(m1 + m2) a = m2 g – m1 g sin ϑ ⇒ m1 = m2 = m ⇒
a = m g (1 – sin ϑ) / (2m) = g (1 – sin ϑ) / 2 = 9.8 × (1 - 0.5) / 2 = 2.45 m/s2;
l’
l’accelerazione
l
i
è diretta
di tt verso il basso
b
per
la massa libera e verso l’alto del piano per
quella sul piano inclinato.
m
ϑ
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aaaaa
m
♠ 25
Esercizio – Un corpo scivola senza attrito su un piano inclinato di angolo 30°,
l
lungo
40 m, partendo
t d da
d fermo.
f
D t
Determinare
i
il tempo
t
t t l del
totale
d l tragitto
t itt e la
l
velocità finale.
————————————
Soluzione –
a = g sinϑ;
L = ½ a t2 = ½ g sinϑ t2 ⇒ t = [[2 L / (g sinϑ)]
)]½ = 4.04 s;
v = a t = g sinϑ t = 19.8 m/s.
ϑ
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♠ 26
Esercizio – [stesso esercizio del caso precedente] C’è un attrito dinamico, di
coefficiente
ffi i t kd = 0.5.
0 5 Determinare
D t
i
il tempo
t
t t l del
totale
d l tragitto
t itt e la
l velocità
l ità finale.
fi l
————————————
Soluzione –
ma = m g sin ϑ - k m g cos ϑ ⇒ a = g sinϑ - kg
g cos ϑ = g ((sinϑ - k cos ϑ);
);
L = ½ a t2 = ½ (g sinϑ - kgcos ϑ) t2 ⇒ t = [2 L / (gsinϑ - kgcos ϑ)]½ = 11.03 s;
v = a t = g (sinϑ - k cos ϑ) t = 7.24 m/s.
ϑ
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♠ 27
Esercizio – [stesso esercizio del caso precedente, senza attrito] Al termine
d l piano
del
i
i li t [senza
inclinato
[
attrito]
tt it ] c’è
’è un tratto
t tt piano,
i
con attrito
tt it dinamico
di
i di
coefficiente kd = 0.25. Determinare la distanza percorsa dal corpo sul tratto
piano del tragitto e il tempo impiegato prima di fermarsi.
fermarsi
————————————
Soluzione –
ma = F = -k
k m g ⇒ a = -k
k g;
v(t)
( ) = vo - k g t ⇒ tfin = vo / k g = 8.08 s;
Ltot = vo tfin + ½ a tfin2 = vo tfin - ½ k g tfin2 = 80 m.
ϑ
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♠ 28
Esercizio – Trovare il lavoro necessario per portare un corpo di massa 2 Kg
d ll velocità
dalla
l ità di 2 m/s
/ a quella
ll di 5 m/s.
/
————————————
Soluzione –
L = ½ m vfin2 - ½ m vini2 = 0.5
0 5 × 2 × (52 - 22) = 21 J.
J
Paolo Bagnaia - CTF - 1 - Esercizi di meccanica
♠ 29
Esercizio – Trovare il lavoro necessario a fermare un corpo di massa 2 Kg,
che
h procede
d alla
ll velocità
l ità di 8 m/s.
/
————————————
Soluzione –
L = - ½ m vini2 = - 0.5
0 5 × 2 × 82 = - 64 J.
J
[perché “-” ?]
Paolo Bagnaia - CTF - 1 - Esercizi di meccanica
♠ 30
Esercizio – Un carrello di massa 100 Kg
compie
i il percorso indicato
i di t in
i figura,
fi
passando
d
dal punto A al punto C. Nota la velocità iniziale
(vA=0)
0) e le differenze di quota tra A e B (a
(a=20
20 m)
e tra C e B (c=18m), calcolare il valore
dell’energia potenziale in A e della velocità in B
e in C.
————————————
C
A
a
c
B
Soluzione – Scegliamo la costante dell
dell’energia
energia potenziale in modo che
EpotB=0. In tal caso :
00 × 9
9.8
8 × 20
0 = 19600
9600 J;
EpotA = m g a = 100
EpotA + ½ m vA2 = EpotB + ½ m vB2 = mga = ½ m vB2 ⇒
vB2 = 2 g a ⇒ vB = (2 × 9.8
9 8 × 20)½ = 19.8
19 8 m/s;
m g a = ½ m vC2 + mgc ⇒
vC2 = 2 g (a - c) ⇒ vC = [2 × 9.8
9 8 × (20-18)]
(20 18)]½ = 6.26
6 26 m/s.
m/s
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♠ 31
Esercizio – Un corpo di massa 2 Kg cade dall’altezza di 2 m su una molla di
costante
t t elastica
l ti 200 N/m.
N/
Di quanto
t sii abbassa
bb
l molla
la
ll ? Dopo
D
un po’,
’ le
l
oscillazioni si smorzano. Dove è il punto di riposo della molla ?
————————————
Soluzione – Si può scrivere : mgh = ½ k d2 ⇒ d2 = 2mgh / k; no ! sbagliato !
mg (h + d) = ½ k d2 ⇒ k d2 - 2mgd - 2mgh = 0 ⇒
mg ± m 2g 2 + 2kmgh mg ⎛
2kh ⎞
⎜⎜1 ± 1 +
d=
=
k
k ⎝
mg ⎠
scegliere il segno "+" [perche
[perche' ?]
mg ⎛
2kh ⎞ 2 × 9.8 ⎛
2 × 200 × 2 ⎞
⎜1 + 1 +
⎜1 + 1 +
d=
=
=
mg ⎠
k ⎜⎝
200 ⎜⎝
2 × 9.8 ⎠
h
= 0.73 m
Il punto di riposo si ottiene da : mg = kb
⇒ b = mg/k = 2 ×9.8 / 200 = 9.8 cm.
Paolo Bagnaia - CTF - 1 - Esercizi di meccanica
d
♠ 32
Esercizio – Un trattore di massa 1200 Kg percorre una salita di pendenza
30° il motore
30°;
t
eroga una potenza
t
di 9800 W.
W Calcolare
C l l
l velocità
la
l ità massima
i
disponibile.
————————————
Soluzione –
In un tempo t :
L = W t = m g h=m g s sinϑ ⇒
s / t = v = W / (m g sinϑ) = 9800 / (1200 × 9.8 ×0.5) =
= 1.67 m/s = 6 Km/h.
s
h
θ
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♠ 33
Meccanica dei
sistemi
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♠ 34
Esercizio – Una pallina di massa 1 Kg urta alla velocità di 1 cm/s una
seconda
d pallina
lli ferma,
f
di massa 2 Kg.
K Dopo
D
l’ t le
l’urto,
l palline
lli
sii appiccicano.
i i
Trovare la loro velocità e la variazione di energia cinetica nell’urto.
————————————
Soluzione –
m1vini = (m1 + m2) vfin ⇒
vfin = vini × m1 / (m1 + m2) = .01 × 1 / (1 + 2) = 0.33 cm/s;
∆T = Tfin - Tini = ½(m1 + m2) vfin2 - ½ m1 vini2 =
= 0.5 ×(1000 + 2000) × 0.332 - 0.5 × 1000 × 12 = -333 erg;
[perché “-” ???]
Paolo Bagnaia - CTF - 1 - Esercizi di meccanica
♠ 35
Esercizio – Un oggetto di massa 20 Kg è attaccato con una fune lunga 4 m.
U pallottola
Una
ll tt l di massa 50 g lo
l urta,
t restandovi
t d i conficcata.
fi
t L’oggetto
L’
tt sii alza
l di
un angolo di 30°. Trovare la velocità iniziale della pallottola.
————————————
Soluzione –
Nel primo urto anelastico vale : mv = (M+m)w ⇒ w = v m / (M+m)
ϑ
L’energia cinetica dei due corpi si converte poi in energia potenziale :
½(M+m)w2 = ½(M+m) v2 m2 / (M+m)2 = ½ m2 v2 / (M+m) =
R
= (M+m) g h = (M+m) g R (1 - cos ϑ) ⇒
v2
=2
v=
((M+m))2
g R ((1 - cos ϑ)) /
m2
⇒
h
M +m
20 + 0.050
2gR(1 − cosϑ ) =
2 × 9.8 × 4 × (1 − cos 30D ) = 1300m / s.
m
0.050
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♠ 36
Esercizio – Un oggetto di massa 20 Kg è attaccato con una fune lunga 4 m.
U pallottola
Una
ll tt l di massa 50 g, che
h procede
d alla
ll velocità
l ità di 1000 m/s,
/ lo
l urta,
t
perforandolo, e proseguendo alla velocità di 300 m/s. Trovare l’angolo di cui si
alza ll’oggetto
oggetto.
————————————
Soluzione –
Nel primo urto anelastico vale : mv = MW +mw ⇒
ϑ
W = m (v - w) / M = 1.75 m/s;
L’energia
L
energia cinetica dell
dell’oggetto
oggetto si converte poi in energia potenziale :
½MW2 = M g h = M g R (1 - cos ϑ) ⇒
R
h
1 - cos ϑ = ½ W2 / (gR) ⇒
gR − 12 W 2 9.8 × 4 − 0.5 × 1.752
cosϑ =
=
= 0.961 ⇒ ϑ ≈ 16D
gR
R
9.8 × 4
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♠ 37
Esercizio – Una sbarra di massa trascurabile e lunghezza 50 cm è attaccata
aglili estremi
t
i con due
d elastici,
l ti i di costanti
t ti 200 N/m
N/ e 300 N/m
N/ rispettivamente.
i
tti
t In
I
quale punto della sbarra bisogna porre un corpo puntiforme di massa 5 Kg, in
modo che la sbarra rimanga orizzontale ? Di quanto si allungano gli elastici ?
————————————
Soluzione – Se la sbarra è orizzontale, l’allungamento
di entrambi
t
bi glili elastici
l ti i è identico
id ti
( hi i
(chiamiamolo
l d);
d) le
l
forze sono k1d e k2d. Affinché la sbarra rimanga ferma,
occorre che il momento totale delle forze sia nullo.
nullo
Calcolando il momento rispetto al punto in cui è posto il
d
corpo, si ha (notare i segni +-) :
k2
k1
k1dx - k2d(L-x) + mg·0 = 0 ⇒
x = k2dL / (k1d + k2d) = k2L / (k1 + k2) = 30 cm;
m
x
L’allungamento si ottiene ponendo la somma vettoriale
L
delle forze uguale a zero (asse positivo verso l’alto) :
k1d + k2d – mg = 0 ⇒ d = mg / (k1 + k2) = 9.8 cm.
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♠ 38
Esercizio – Una bilancia a statera (vedi figura) di massa trascurabile ha la
massa scorrevole
l (m)
( ) di 500 g, il braccio
b
i del
d l piatto
i tt (a)
( ) di 40 cm. Quando
Q
d una
certa massa M è posta sul piatto, l’equilibrio richiede che la massa m venga
posta a 20 cm dal punto di sospensione.
sospensione Quanto segna la bilancia ?
b
a
m
M
————————————
Soluzione –
Eguagliamo a zero il momento totale delle forze :
Mga - mgb = 0 ⇒ M = mb / a = 500 × 20 / 40 = 250 g.
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♠ 39
Esercizio – Una sbarra di massa trascurabile e lunghezza 2 m è fissata al
centro
t e libera
lib
di ruotare.
t
H alle
Ha
ll estremità
t
ità due
d masse, rispettivamente
i
tti
t di 80
Kg e 60 Kg. Dove bisogna mettere una terza massa, di 30 Kg, in modo che la
sbarra resti orizzontale ?
————————————
Soluzione –
Eguagliamo a zero il momento totale, calcolato rispetto al punto centrale
((fulcro)) :
m1gL/2 – m2gL/2 – m3gx = 0 ⇒
x = ((m1L/2 – m2L/2)) / m3 = L/2 ((m1 – m2) / m3 = 66 cm.
x
m1
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m3
m2
♠ 40
Esercizio – Trovare il raggio dell’orbita di un corpo che percorre un’orbita
circolare
i l
geostazionaria
t i
i [dati
[d ti raggio
i terrestre
t
t : 6.37
6 37 × 106 m].
]
————————————
Soluzione – Si eguaglia la forza di gravità a quella necessaria per un moto
circolare uniforme; si impone inoltre che la velocità angolare sia la stessa
della rotazione terrestre :
mv 2
mT mRT2
mRT2
mT m
= G 2 =G 2 ⋅ 2 = g 2 ;
R
R
RT R
R
v=
2πR
⇒
T
2
4π 2R 2
RT2
gRT2T 2
⎛ 2πR ⎞
3
v =⎜
=g
⇒R =
⇒
⎟ =
2
2
T
R
T
4π
⎝
⎠
2
Terra
2 2
6
2
9
.
8
(
6
.
37
10
24
3600
)
gR
T
×
×
⋅
×
3
T
3
R=3
=
=
42
.
2
×
10
Km
2
2
4π
4π
NB – In genere, un’orbita non deve necessariamente essere tutta al di sopra
d ll’
dell’equatore;
t
d
deve
però
ò avere come centro
t il centro
t della
d ll Terra
T
[
[perché
hé ???].
???]
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♠ 41
Esercizio – Determinare la velocità di un corpo che, senza usare alcun
motore,
t
gira
i attorno
tt
alla
ll Terra
T
ad
d una quota
t di 100 m sull livello
li ll del
d l mare.
Trascurare la resistenza dell’aria e approssimare la Terra con una sfera
perfetta di raggio RT = 6.37
6 37 × 106 m.
m
————————————
Soluzione –
Si eguaglia la forza peso subita dal corpo con la forza centripeta necessaria a
compiere il moto in questione :
mv 2
mv 2
mg =
=
⇒
R
RT + h
v = g (RT + h) = 9.8 ⋅ (6.37 ⋅ 106 + 102 ) = 7.9 ⋅ 103 m / s
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♠ 42
Esercizio – Partendo da fermo, un atleta compie il
percorso indicato in figura, composto da un tratto
in discesa e da una circonferenza di raggio 4 m.
A
h
Trascurando gli attriti,
attriti trovare il valore minimo della
R B
quota h, affinché il percorso riesca. In tale ipotesi,
trovare la velocità nei punti più alto e più basso
della circonferenza.
————————————
Soluzione – Il punto critico è quello chiamato “A”
A nella figura; in A, per
mantenere la traiettoria circolare, l’accelerazione di gravità deve essere al più
uguale a quella richiesta dal moto circolare uniforme (mg ≤ mvA2/R). Pertanto :
1 mv 2 + mg 2 R =
A
2
h = 5 2 R = 10 m;
mgh =
1 mgR + mg 2 R
2
= 5 2 mgR ⇒
v A = 2 g ( h − 2 R ) = 2 × 9.8 × (10 − 2 × 4) = 6.3 m / s;
v B = 2 ghh = 2 × 9.8 × 10 = 14 m / s.
Paolo Bagnaia - CTF - 1 - Esercizi di meccanica
♠ 43
Fine
Paolo Bagnaia - CTF - 1 - Esercizi di meccanica
♠ 44
