Esercizii di Fisica 1

Esercizi di
Fisica 1
Per il biennio degli
Istituti tecnici e
professionali
Alessandro Ciucci
1
ITIS “Galilei” Biennio SIRIO
Esercizi di Fisica 1
Prof. Alessandro Ciucci
Unità di Misura ed Errori
1 - Equivalenze
44 nm =
3000 mg =
200 s =
3.5 nm =
400 mg =
3600 s =
0.044
0.003
0.0002
0.0035
0.0004
0.0036
m
kg
s
m
kg
s
10 km =
58 kK = 5
0.36 ks =
150 km =
5.6 kK =
3.6 ks =
1,000,000
8,000
360,000
15,000,000
5,600 K
3,600,000
cm
K
ms
cm
ms
Premessa sulla teoria degli errori. Se una certa misura diretta produce un valore E, indichiamo il valore
dell’errore assoluto sulla misura con E, l’errore assoluto (o incertezza) rappresenta la dimensione di un
intervallo, generalmente simmetrico, intorno al valore E della misura che “assicura” la presenza al suo
interno delle eventuali ripetizioni (nelle stesse condizioni e con i medesimi strumenti) della misura. Questa
ipotesi discende dall’idea che, se fosse possibile ripetere la misura per un numero di volte molto grande (?),
le misure si distribuirebbero intorno al valore medio secondo una curva a campana (Distribuzione di Gauss).
In questo caso il “valore” della misura è dato dal valor medio della distribuzione e l’errore dalla deviazione
standard (o dal suo doppio). Ricordiamo che la deviazione standard è la radice quadrata della media degli
scarti quadratici dal valore medio, graficamente rappresenta la semilarghezza a metà altezza della curva di
Gauss. Quando le misure sono poche (n < 30) l’errore sulla media delle misure è dato dalla deviazione
standard del campione corretta per un parametro statistico (t di Student), alcuni testi, per semplicità,
considerano l’errore assoluto come metà della differenza tra la misura massima e quella minima.
La stima statistica dell’errore assoluto non può, in genere, essere inferiore alla sensibilità dello strumento
con cui queste misure sono state eseguite, per cui, in caso di misura diretta singola, l’errore assoluto sarà
dato almeno dalla metà della sensibilità dello strumento.
La misura, che sia singola o frutto del processo di media, si esprime come E ± E, espressione che deve
essere letta come “E più o meno delta E”, e interpretata come: la migliore stima della misura è E, con
“grande probabilità” nuove prove della misura stessa darebbero valori maggiori di E-E e minori di E+E.
L’errore relativo (o percentuale) su una misura (spesso, in modo inappropriato, indicato anche come
precisione) è dato dalla seguente espressione:
E % 
E
100
E

E 
E %
E
100
Discende direttamente dall’errore assoluto ma la sua indicazione risulta più comoda perché svincolata
dall’unità di misura.
2 - Errore Relativo
Il termostato di un impianto di riscaldamento scatta quando la temperatura T della caldaia supera i 70 °C.
Sapendo che l’errore percentuale commesso dal sensore di temperatura è T% = 5 %, determinare
l’intervallo di temperatura  (errore assoluto) che può determinare l’attivazione del termostato.
Svolgimento:
2
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Nel nostro esempio un termostato è impostato a 70 °C, ciò significa che quando la lettura della
temperatura supera (o scende al di sotto) dei 70 °C il dispositivo chiude o apre un interruttore. La misura è
affetta da un errore percentuale T% = 5%, ciò significa che ripetizioni della stessa misura possono dare
letture leggermente diverse ma anche che temperature diverse possono produrre una lettura di T = 70 °C,
per cui
E 
E %
5
E 
 70  3.5 C , cioè temperature comprese tra 70 -3.5 = 66.5 °C e 70+3.5 = 73.5 °C
100
100
possono causare l’attivazione del termostato.
3 – Propagazione Errori
E’stato misurato un oggetto rettangolare con un calibro ventesimale, le misure hanno dato i seguenti
risultati per la base B e per l’altezza H:
B
5.50
5.55
5.45
5.60
5.40
H
4.55
4.55
4.65
4.45
4.55
Per la base B e per l’altezza H calcolare la media e l’errore sulla media. Utilizzare poi i risultati per calcolare
la superficie A dell’oggetto e l’errore A.
Svolgimento
Quando si hanno più misure della stessa grandezza possiamo utilizzare il valore medio delle misure come
migliore stima, mentre come stima dell’errore prenderemo la semidifferenza tra il valore massimo e il
valore minimo riscontrati nel set delle misure
N
B
5.50  5.55  5.45  5.60  5.40 27.5

 5.50 mm
N
5
5
B  Bmin 5.60  5.40
Bmedia  max

 0.10 mm
2
2
Bmedia 
i
i

N
H
4.55  4.55  4.70  4.40  4.55 22.75

 4.55 mm
N
5
5
H  H min 4.70  4.40
H media  max

 0.15 mm
2
2
Area  Bmedia  H media  25.025 mm 2 Area  Bmedia H  H media B  5.50  0.15  4.55  0.10 1.28 mm 2
H media 
i
i

A  25.0 1.3 mm 2
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Equilibrio di un punto materiale
Per punto materiale intendiamo un corpo solido, dotato di massa, di dimensioni trascurabili rispetto al
contesto in cui si trova. I movimenti eventuali di detto corpo sono solo di traslazione e, pertanto, non si
considerano eventuali moti rotazionali.
Definizioni:
Forza:
Tutto ciò che è in grado di modificare lo stato di quiete o di moto di un corpo, è una
grandezza vettoriale, si misura in newton 1N = (1Kg x 1m)/(1s2)
Forza peso:
E’ la forza con cui la terra attira verso il suo centro i corpi dotati di massa, sulla superficie
terrestre si esprime come il prodotto della massa per una costante indicata con la lettera g
(accelerazione di gravità) che vale mediamente 9,81 m/s2.
Fp = m g.
Forza di attrito radente:
Forza elastica:
E’ la forza che si oppone al moto relativo di due superfici (una rispetto all’altra),
dipende dalla forza premente (la forza che tiene le due superfici accoppiate) e da
un coefficiente caratteristico della coppia di materiali. Il coefficiente è
adimensionale ed è normalmente espresso con le lettere k o . Quindi Fa =  Fp
(Forza attrito = Forza Premente x Coefficiente di Attrito)
E la forza che un corpo, se sottoposto a deformazione, esercita per ritornare nella forma iniziale.
Dipende dal materiale di cui è costituito il corpo e dall’entità della deformazione. Nel caso di una
deformazione unidimensionale (molla) la forza elastica è opposta all’allungamento (o compressione).
Fe = - KE X. La costante KE prende il nome di “costante elastica della molla” e si esprime in N/m.
Equilibrio di un punto materiale:
un punto materiale è in equilibrio (cioè mantiene indefinitamente la sua
posizione) se la somma vettoriale delle forze che agiscono su di esso è
nulla (vettore di intensità nulla)
Esercizi:
1 - E’ data una molla di costante elastica KE = 500 N/m, la molla è disposta verticalmente e fissata per un
estremo ad un supporto. All’altro estremo vengono appese in successione tre masse,
m1 = 50 gr, m2 = 150 gr, m3 = 200 gr. Calcolare gli allungamenti corrispondenti (x1 :
solo m1, x2 : m1 + m2, x3 : m1+m2+m3). Considerare g = 10 m/s2
KE
x
m1
Svolgimento
Le masse sono soggette alla forza peso, pertanto provocheranno una deformazione
(allungamento) della molla fino a che la forza di richiamo elastica non farà equilibrio.
Avremo pertanto:
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F peso  Felastica
m1 g  K E X

X 
m1 g 0.0510

 0,001[m]
KE
500
(m1  m2 ) g  K E X

X 
(m1  m2 ) g (0.05  0.15) 10

 0,004[m]
KE
500
(m1  m2  m3 ) g  K E X

X 
(m1  m2  m3 ) g (0.05  0.15  0.2) 10

 0,008[m]
KE
500
2 - Un corpo di massa m = 150 Kg poggia su una superficie orizzontale. Tra il corpo e la superficie c’è un
coefficiente di attrito  = 0.6. Il corpo è trainato con una fune parzialmente elastica (KE = 9000 N/m) a
velocità costante. Calcolare l’allungamento X della fune. Considerare g = 9.81 m/s2.
Svolgimento:
Se il corpo è trascinato a velocità costante la forza elastica della fune sarà uguale alla forza di attrito
radente. Possiamo scrivere:
Felastica  Fattrito
K E X  Fpeso    m g 

X 
mg  150 9,81 0.6 882,9


 0,0981[m]
E
9000
9000
3 – Un corpo di massa m = 10 Kg è appoggiato su un piano inclinato di  = 30°. Sapendo che il coefficiente
di attrito statico tra il corpo e la superficie del piano è s = 0.85, dire se, sotto
m
l’azione della forza peso, il corpo si muove oppure no. Si consideri g = 10 m/s2
F//
F
Svolgimento:
Fp
30°
Sul corpo agiscono la forza peso, la forza di attrito, la reazione del piano.
L’unica vera forza esterna è la forza peso Fp = m g, diretta verso il basso.
Poiché il piano è rigido, scomponiamo la Fp in due vettori, uno parallelo al piano F// e uno perpendicolare
F. Questa scelta ci permette di isolare l’azione tesa allo scivolamento del corpo a causa della sola F// e di
individuare nella F la responsabile della forza di attrito Fa che schematizzazione come diretta in verso
opposto alla F//. Da semplici considerazioni geometriche ricaviamo che F// = Fp sen() e F = Fp cos(). F è
bilanciata dalla reazione del piano R (il piano è rigido, non si flette sotto l’azione della forza peso,
schematizziamo questo fatto come la presenza di una forza perpendicolare al piano che bilancia la forza
esterna). Allora possiamo scrivere:
Fp  m g
F//  Fp sen( )  m g sen( ) 10 10  0.5  50 N
F  Fp cos( )  m g cos( )
Fa  F   m g cos( )  10 10  0.866  0.85  73,61 N
Poiché F// < Fa il corpo non si muove
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4 - Due molle sono collegate come in figura (collegamento in serie) la prima di costante elastica K1 = 100
N/m è collegata ad un supporto, al suo estremo libero è appesa la seconda molla
di costante elastica K2 = 400 N/m. All’estremo libero della seconda molla è
appesa una massa m = 800 gr. Determinare l’allungamento complessivo delle
K1
molle (X = X1 + X2) e la costante elastica “equivalente” KEQ delle due molle
A
(cioè la costante elastica di una molla che da sola si allunga come le due messe in
K2
serie). Considerare g = 10 m/s2.
m
Svolgimento:
Consideriamo il punto A, esso è in equilibrio quando le forze elastiche delle due
molle si compensano, quindi K1X1 = K2X2. La seconda molla è in equilibrio con la forza peso, per cui mg =
K2 X2, gli allungamenti delle due molle sono tali come se la massa fosse appesa a ciascuna molla (e così in
effetti è!). Possiamo scrivere:
K 1 X 1  m g 
X 1 
m g 0,8  10

 0,08
K1
100
[ m]
K 2 X 2  m g 
X 2 
m g 0,8  10

 0,02
K2
400
[ m]
 1
mg mg
1 
  0,08  0,02  0,1

 mg 

K1
K2
 K1 K 2 
 1
1 
1
1
1
1
  mg
X  mg 




K EQ
K EQ K 1 K 2
 K1 K 2 
K K
100 400 40000
K EQ  1 2 

 80[ N / m]
K 1  K 2 100  400 500
X  X 1  X 2 
[ m]
5 – Su un piano inclinato di un angolo  = 45° è appoggiato un corpo di massa m = 4 Kg. Tra il corpo e il
piano c’è attrito caratterizzato da un coefficiente  = 0.7. Il corpo è in
FE R
equilibrio sotto l’azione della forza peso, della forza di attrito e per
effetto di una molla di costante elastica KE = 400 N/m che sostiene il
Fa
m
corpo dalla parte alta del piano. Determinare l’allungamento X della
F
F//
molla nella configurazione di equilibrio. Considerare g = 10 m/s2.
Fp

Svolgimento:
Lungo il piano agiscono 3 forze. La componente della forza peso
parallela al piano inclinato (che chiamiamo “Forza Parallela” e la
indichiamo con F// ), la forza di attrito radente generata dalla componente della forza peso perpendicolare
al piano inclinato (che chiamiamo “Forza Perpendicolare” e indichiamo con il simbolo F ) e dal coefficiente
di attrito m, e la forza elastica. Perpendicolarmente al piano agiscono la “Forza Perpendicolare” e la
“Reazione” del piano.
Poiché il piano è rigido la reazione compensa la Forza Perpendicolare che sarà responsabile solo della
generazione dell’attrito radente lungo il piano.
Nella direzione del piano agiscono la Forza Parallela, che viene compensata dalla Forza Elastica e la Forza di
Attrito che agiscono nella stessa direzione ma con verso opposto. Pertanto possiamo scrivere:
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F peso  m g  4  10  40 N
F//  F peso sen( )  m g sen( )  4  10  0,707  28,28 N
F  F peso cos( )  m g cos( )  4  10  0,707  28,28 N
Fattrito  F   m g cos( )   4  10  0.707  0.7 19,796 N
FElastica  Fattrito  F//

FElastica  F//  Fattrito 
K E X  m g sen( )  m g cos( ) 
X 
m g sen( )  m g cos( )  28,28  19,796 8,484


 0,02121[m]
KE
400
400
Moto rettilineo
1) Sulla stessa retta si muovono, di Moto Rettilineo Uniforme, contemporaneamente due punti materiali A
e B. A, inizialmente si trova a 4 metri dall’origine e si “allontana” alla velocità vA = + 2 m/s, B inizialmente si
trova a 24 metri dall’origine e si “avvicina” alla velocità vB = -3 m/s. Scrivere le leggi orarie dei moti e
determinare l’istante t e la posizione X in cui si incontrano.
Svolgimento:
Il punto A, inizialmente nella posizione X0A = +4 m, si muove con velocità costante positiva vA = +2 m/s, ciò
significa che si allontana dalla posizione X = 0 che è l’origine del nostro sistema di riferimento, il punto B,
invece, inizialmente nella posizione X0B = +24 m, si muove con velocità costante negativa vB = - m/s, cioè si
sta avvicinando alla posizione X = 0 (l’origine del sistema di riferimento). E’ evidente che i due punti si
incontreranno e che la posizione di incontro sarà un punto intermedio tra X0A e X0B. Le equazioni del moto
(o leggi orarie), cioè le equazioni che permettono di ricavare la posizione X ad un determinato istante t e
vice versa, per il Moto Rettilineo Uniforme (MRU), saranno:
X t   X o  v t

X A t   X oA  v A t
X B t   X oB  v B t
X A t   4  2 t
X B t   24   3t
Nell’istante in cui si incontrano avremo XA(t) = XB(t), quindi:
4  2 t  24   3t

5t  20

4  2t  24  3t
20
t   4s
5

2t  3t  24  4
Quindi, risulta che A e B si incontrano dopo 4 secondi. Per determinare la posizione sarà sufficiente
sostituire il valore di t = 4 in una delle due equazioni del moto, sostituendolo in entrambe avremo la riprova
della correttezza del risultato,
X A t   X oA  v A t
X A t  4  4  2  4  4  8  12 m
X B t   X oB  v B t
X B t  4  24   3 4  24  12 12 m
Concludiamo allora dicendo che i due punti A e B si incontrano all’istante t = 4 s nella posizione X = 12 m.
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2) Un automobile viaggia su un rettilineo alla velocità v0 = 54 Km/h quando il guidatore si accorge che il
semaforo è scattato sul rosso e frena. Supponendo che l’accelerazione impressa dall’azione dei freni sia af =
- 3 m/s2, determinare lo spazio precorso prima di fermarsi Sf (spazio di frenata).
Svolgimento:
Come prima cosa dobbiamo trasformare l’unità di misura della velocità iniziale da *Km/h+ in *m/s+, per far
questo dividiamo il valore della velocità espresso in Km/h per 3.6 (che è il rapporto tra i 3600 secondi in un
ora e i 1000 metri in un kilometro), per cui v0 = 54 /3.6 = 15 m/s. I freni imprimono una accelerazione
costante a = - 3 m/s2, il segno meno sta a significare che la velocità diminuisce di 3 m/s per ogni secondo,
abbastanza intuitivamente deduciamo che saranno necessari cinque secondi perché l’auto si fermi. Le
equazioni che sostengono l’intuito sono:
vt   v0  a t , quando l’auto è frema la sua velocità è nulla, per cui v(t) = 0 m/s, quindi
0  v0  a t
0 15  (3) t
3t 15
t
15
 5s
3
Per sapere quanto spazio percorre l’auto prima di arrestarsi (spazio di frenata) abbiamo bisogno
dell’equazione del moto uniformemente accelerato
1
X (t )  X 0  v0 t  a t 2 , se sono interessato allo spostamento rispetto alla posizione iniziale S(t) = X(t) –
2
1
X0 avremo S (t )  v0 t  a t 2 , che nel nostro caso diventa:
2
1
S (t )  15 t  (3) t 2 , S f  S (t  5) 15 5 1,5  5 2  75  37.5  37.5 m
2
3) Un oggetto si muove di moto rettilineo secondo il diagramma velocità-tempo in figura. Determinare lo
spostamento dalla posizione iniziale per t=10 s.
Svolgimento:
In un diagramma velocità-tempo di un
moto rettilineo, l’area compresa tra il
grafico della velocità e l’asse dei tempi,
rappresenta lo spazio percorso, se il
grafico è “sopra” l’asse orizzontale
(velocità positive) si tratta di spazio
percorso verso valori crescenti della
posizione (spazio percorso in avanti)
mentre se il grafico si trova “sotto” l’asse
dei tempi (velocità negative) si tratta di
spazio percorso verso valori decrescenti
della posizione (spazio percorso indietro).
Lo spostamento in un certo intervallo di tempo sarà dato dalla somma algebrica delle aree comprese tra il
grafico e l’asse dei tempi con i segni come prima descritti. Nel nostro caso dobbiamo semplificare l’area tra
t =0 e t = 6 in due trapezi:
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Per cui avremo:
S1 = [(5 + 3) * 2]/2 = 8 m
S2 = [(6 + 5) * 2]/2 = 11 m
S3 = [(4 + 1) * 2]/2 = 5 m
Spostamento = S1 + S2 – S3 = 8 + 11 – 5 = 14
m
4) Su una stessa retta si muovono due oggetti. L’oggetto A si muove a velocità costante v A = 24 m/s,
l’oggetto B si muove di moto uniformemente accelerato con aB = +4 m/s2. Nell’istante iniziale i due oggetti
si trovano nella stessa posizione e B ha la velocità v0B = 12 m/s. Determinate quanto spazio S deve
percorrere B prima di raggiungere A
Svolgimento:
Poiché il moto di B è uniformemente accelerato, la velocità di B cresce nel tempo indefinitamente, per cui B
raggiungerà A che si muove a velocità costante e lo sorpasserà. Possiamo assumere, senza perdere
generalità, che nell’istante in cui A sorpassa B si trovino nella posizione X = 0 m e che quell’istante sia t = 0.
Per cui la posizione iniziale è per entrambi X0A = 0 m, X0B = 0 m. Scriviamo, quindi, le equazioni del moto:
A
X A (t )  X 0 A  v A t

X A (t )  0  24 t
B
1
X B (t )  X 0 B  v B t  a t 2
2

1
X B (t )  0 12 t  4 t 2
2
Nell’istante in cui B sorpassa A, si trovano, ovviamente nella stessa posizione, cioè XA(t) = XB(t), quindi
avremo:
X A (t )  X B (t )
12 t  2 t 2
1
24 t  12 t  4 t 2
2
12 t 2 t 2
se t  0

t
t


24 t 12 t  2 t 2

12  2 t
t 6s
Quindi B raggiunge A dopo sei secondi, per determinare lo spazio percorso dobbiamo sostituire nelle
equazioni del moto questo valore del tempo, otteniamo:
A
X A (t  6)  24  6 144 m
B
1
X B (t  6)  12 6  4  36  72  72 144 m
2
Dinamica
1) Un automobile di massa m = 1500 Kg viaggia su un rettilineo a velocità costante V0 = 90 Km/h. Il
guidatore aziona il freno per un intervallo di tempo t = 5 s, il freno agisce come una forza di intensità Ff =
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1200 N. Calcolare la velocità V1 dell’auto al termine dell’azione di frenata e lo spazio S percorso
nell’intervallo di tempo specificato. Trascurare l’attrito dell’aria.
Svolgimento:
L’azione del freno si traduce in un’accelerazione diretta in senso contrario alla velocità del veicolo, quindi
col segno opposto a quello della velocità, secondo l’equazione ma = F, si ha che a f  
Ff
m
, durante
l’azione del freno il moto dell’auto sarà uniformemente accelerato e la velocità in funzione del tempo sarà
descritta dall’equazione V t   V0  a t e lo spazio percorso S t   V0 t 
Nel nostro caso avremo V0 = 90/3.6 = 25 [m/s], a f  
Ff
m

1 2
at .
2
1200
  0.8 [m / s 2 ] , quindi
1500
V1 V t   V0  a f t  25  0.8  5  21 [m / s]
1
1
S t   V0 t  a f t 2  25  5   0.8  5 2 125  0.4  25 125  10  115[m]
2
2
2) Uno sciatore di massa m = 80 Kg, partendo da fermo scende seguendo una traiettoria rettilinea lungo un
pendio inclinato rispetto all’orizzontale di un angolo  = 45°. L’attrito tra gli sci e la neve è trascurabile,
mentre l’aria oppone una forza frenante schematizzabile come Ff = -v2, con  = 0.5 [Kg/m] Calcolare la
velocità massima vL che lo sciatore può raggiungere. (considerare l’accelerazione di gravità g = 10 [m/s2].
Svolgimento:
Possiamo trattare il moto come se avvenisse su un piano inclinato. Le forze agenti sullo sciatore lungo il
piano inclinato sono due: la componente della forza peso lungo il piano (normalmente indicata come Forza
parallela o F//) e l’attrito dell’aria. Vale pertanto la seguente equazione m a  F//   v 2 . La forza di attrito è
crescente con il quadrato della velocità e, quindi, al crescere della velocità per azione della forza parallela
aumenta anche l’attrito e diminuisce l’accelerazione (ma non la velocità!). A limite, la forza di attrito
eguaglia la forza parallela e la velocità raggiunge il suo valore massimo o Limite. Per cui si ha
m a  0  F//   v L2  F//   v L2 .
2
Poiché F// = Fpeso sen(), cioè F// = m g sen(), avremo m g sen( )   v L e, quindi, v L 
nostro caso avremo v L 
m g sen( )

, nel
80 10  0,707
565,6

 1131  33,6 [m / s]
0.5
0,5
10
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3) Un corpo di massa m = 15 Kg ruota su una traiettoria circolare legato ad un filo di lunghezza l = 1.5 m. Il
carico di rottura del filo è FR = 810 N. Calcolare la velocità massima v a cui può muoversi la massa m senza
rompere il filo
Svolgimento
Per mantenere il corpo in traiettoria circolare il filo deve esercitare un forza sul corpo. Il carico di rottura è
la forza massima che un materiale può sopportare senza rompersi. Nel nostro caso la tensione sul filo è
determinata dalla forza centrifuga, per cui la velocità massima vm è tale che m
vm 
v m2
 FR e, quindi,

FR 
810 1.5

 81  9 [m / s ]
m
15
4) Calcolare la velocità vs che un satellite deve avere per restare in orbita circolare intorno alla terra ad una
distanza pari al doppio del raggio della terra. Considerare i seguenti dati: Mt = 6*1024 [Kg], Rt = 6.4*106 [m],
G = 6.67*10-11 [N*m2/Kg2]
Svolgimento
Affinché il satellite possa mantenere la traiettoria circolare è necessario che l’attrazione gravitazionale tra
la terra e il satellite sia compensata dalla forza centrifuga. Poiché il satellite è in orbita ad una altezza pari al
doppio del raggio terrestre, la sua distanza dal centro della terra risulterà pari a tre volte il raggi della terra.
Chiamiamo ms la massa del satellite, avremo, dunque,
G
M t ms
 ms
3Rt 2
vs  G
v s2
Mt
G
 v s2 , cioè,
3Rt 
3Rt 
Mt
6  10 24
 6.67  10 11

3Rt 
3  6.4  106


40.02 1013

19.2  106
 2.08  107  4.56 103 [m / s ]
ENERGIA
1 - CALCOLO DELLO SPAZIO DI FRENATA
Un veicolo di massa m = 1200 Kg si muove su una traiettoria rettilinea a velocità costante v0 = 90 Km/h. Il
guidatore aziona il freno e le ruote si bloccano. L’attrito tra le gomme e l’asfalto sviluppa una forza frenante
Ff = 8000 N. Calcolare lo spazio percorso Sf dal veicolo prima di fermarsi.
Svolgimento:
L’energia iniziale
del veicolo
Ei è
composta solo
dal termine di energia cinetica, cioè
1
Ei  m v02  0.5 1200* 625  375000J , dopo l’azione dei freni il veicolo sarà fermo è l’energia finale
2
11
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1
2
sarà E f  m v12  0 J , l’energia è stata dissipata dal lavoro fatto della forza dei freni per lo spazio di
1
frenata, per cui si ha Ei  m v02  F f S f
2

1
m v02
375000
Sf  2
, cioè S f 
 46,875[m]
Ff
8000
2 - SALTO DI POTENZIALE
V0
Un corpo di massa m = 1 Kg si muove su un piano
orizzontale con velocità costante V0 = 15 m/s. Nel suo
percorso incontra una salita di altezza h = 10 m.
Determinare la velocità V1 del corpo sulla sommità
della salita. Nel caso che il corpo non raggiunga la
sommità calcolare l’altezza massima hmax raggiunta.
h
Trascurare eventuali attriti e considerare g = 10 m/s2.
Svolgimento:
L’energia della massa resta costante durante tutto il moto, alla base della salita l’energia è costituita dalla
1
2
sola componente cinetica, si ha quindi Ei  mv02  0.5 1 225 112.5 J , sul piano dopo la salita (se
viene raggiunta) l’energia sarà composta da un termine di energia cinetica e da un termine dovuto
all’aumento dell’energia potenziale, si avrà quindi
1
1
Ei  mv 02  E f  mv12  mgh,

mv 02  mv12  2mgh

semplificando m
2
2
v02  v12  2 gh 
v12  v02  2 gh  225  200  25 
v1  25  5 m / s
2
Nel caso in cui v1  0, allora la massa m non raggiunge la sommità della salita. E’ possibile calcolare
l’altezza massima hmax raggiunta sul tratto in salita, in quel punto la componente di energia cinetica sarà
v02
1 2
nulla, quindi tutta l’energia iniziale sarà energia potenziale, cioè mv 0  mghmax , quindi, hmax 
2
2g
3 - LAVORO ED ENERGIA POTENZIALE
L
 = 30°
Un motocicletta di massa m = 200 Kg (guidatore compreso), si trova
ferma alla base di un pendio di lunghezza L = 100 m, il pendio è inclinato
rispetto all’orizzontale di una angolo  = 30°. La moto parte, il motore
sviluppa una forza costante F = 3000 N. Calcolare la velocità v1 che avrà la
moto alla sommità della salita. Considerare g = 10 m/s2.
Svolgimento
Il lavoro compiuto dalla forza F per il tratto L si trasforma in energia cinetica ed energia potenziale della
moto.
Si
ha
1
F  L  m v12  mgh, dove
2
h  L sen ,

1
F  L  m v12  m g L sen ,
2
moltiplicando per 2 e dividendo per m si ha
12
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2F L
 v12  2 g L sen 
m
 3000  1000 5000 
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2F L
2  3000 100
 2 g L sen 
 2  10  100  0.5 
m
200
v1  2000  44.72[m / s]
v12 
4 - IL GIRO DELLA MORTE
A
R
h
Un corpo di massa m = 5 [Kg] si muove senza
attrito su una traiettoria (giro della morte)
come nella figura a fianco. L’altezza da cui
parte è h = 60 [m]. Determinare la velocità del
corpo alla sommità del tratto circolare (Punto
A) di raggio R = 20 [m], e dire se il corpo riesce
a completare il “giro della morte”. Considerare
g = 10 [m/s2]
Svolgimento
L’energia iniziale ha la sola componente di potenziale, nel punto A ci saranno la componente cinetica e
quella di potenziale, avremo quindi:
1
mgh  mv A2  mg (2 R) , moltiplicando l’equazione per 2 e semplificando la massa m si ha:
2
2 gh  v A2  4 gR

v A2  2 gh  4 gR  2  10  60  4  10  20  1200  800  400
v A  400  20[m / s ]
Il “giro della morte” sarà completato se nel punto A l’accelerazione centrifuga sarà maggiore di quella
gravitazionale, cioè se:
v A2
g
R
400
 20 10 , quindi la risposta è sì, completa il giro della morte
20
5 - BARRIERA DI POTENZIALE
Un corpo di massa m = 1 Kg si muove su un piano
orizzontale con velocità costante v0 = 18 m/s. Nel
suo percorso incontra una salita di altezza h1 = 15 m
e, successivamente scende ad altezza h2 = 10 m.
h1
v0
h2
Verificare che l’energia del corpo sia sufficiente a
superare l’altezza h1 e, nel caso, determinare la
velocità v2 del corpo sul tratto di altezza h2. Nel caso
che il corpo non raggiunga la sommità calcolare
l’altezza massima hmax raggiunta. Trascurare eventuali attriti e considerare g = 9.8 [m/s2].
Svolgimento:
13
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L’energia della massa resta costante durante tutto il moto, alla base della salita l’energia è costituita dalla
1
2
sola componente cinetica, si ha quindi Ei  mv02  0.5 1 324 162 [ J ] , per poter superare la quota h1
è necessario che l’energia sia maggiore dell’energia potenziale sulla quota h1, cioè
1 2
mv0  mgh1 0.5 1 324 1  9.8  15
2
167  147
condizioneverificata
In questo caso la massa prosegue e scende a quota h2, dove l’energia sarà composta da un termine di
energia cinetica e da un termine dovuto all’aumento dell’energia potenziale rispetto alla quota iniziale, si
avrà quindi
1
1
Ei  mv 02  E f  mv 22  mgh2 ,

mv 02  mv 22  2mgh2 
semplificando m
2
2
v02  v 22  2 gh2 
v 22  v02  2 gh2  324 196  28 
v 2  28  5.3 [m / s ]
Nel caso in cui
1 2
mv0  mgh1 allora la massa m non raggiunge la quota h1. E’ possibile calcolare l’altezza
2
massima hmax raggiunta sul tratto in salita, in quel punto la componente di energia cinetica sarà nulla,
quindi tutta l’energia iniziale sarà energia potenziale, cioè
v2
1 2
mv 0  mghmax , quindi, hmax  0
2
2g
6 - REAZIONE CHIMICA
Un corpo di massa m = 1 Kg si muove su un piano
orizzontale con velocità costante v0 = 15 m/s. Nel
suo percorso incontra una salita di altezza h1 = +10
v0
h1
m e, successivamente scende ad altezza inferiore
alla quota iniziale h2 = -10 m. Verificare che l’energia
h2
del corpo sia sufficiente a superare l’altezza h1 e, nel
caso, determinare la velocità v2 del corpo sul tratto
di altezza h2. Nel caso che il corpo non raggiunga la
sommità calcolare l’altezza massima hmax raggiunta. Trascurare eventuali attriti e considerare g = 9.8 [m/s2].
Svolgimento:
L’energia della massa resta costante durante tutto il moto, alla base della salita l’energia è costituita dalla
1
2
sola componente cinetica, si ha quindi Ei  mv02  0.5 1 225 112.5 [ J ] , per poter superare la quota
h1 è necessario che l’energia sia maggiore dell’energia potenziale sulla quota h1, cioè
1 2
mv0  mgh1 0.5 1 225 1  9.8  10
2
122.5  98
condizioneverificata
In questo caso la massa prosegue e scende a quota h2, dove l’energia sarà composta da un termine di
energia cinetica e da un termine dovuto alla diminuzione dell’energia potenziale rispetto alla quota iniziale,
si avrà quindi
14
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1
1
Ei  mv 02  E f  mv 22  mgh2 ,

mv 02  mv 22  2mgh2
2
2
2
2
v0  v 2  2 gh2 
v 22  v02  2 gh2  225  196  421

Nel caso in cui
Prof. Alessandro Ciucci

semplificando m
v 2  421  20.52 [m / s ]
1 2
mv0  mgh1 allora la massa m non raggiunge la quota h1. E’ possibile calcolare l’altezza
2
massima hmax raggiunta sul tratto in salita, in quel punto la componente di energia cinetica sarà nulla,
quindi tutta l’energia iniziale sarà energia potenziale, cioè
v2
1 2
mv 0  mghmax , quindi, hmax  0
2
2g
7 - CANNONE A MOLLA
X
KE
v0
h0
Gittata G
v1
Una sfera di massa m = 4 [Kg] si trova sulla sommità di
un gradino di altezza h0 = 19.6 [m], la sfera è
appoggiata ad una molla di costante elastica KE = 400
[N/m] compressa per un tratto X = 0.4 [m]. La molla è
lasciata libera e spinge la sfera orizzontalmente, la
sfera salta e, sotto l’azione della gravità, raggiunge
quota zero ad una distanza G (Gittata) dalla base del
gradino. Calcolare la velocità v1 della sfera quando
impatta il suolo e la distanza G a cui cade (Gittata).
Considerare g = 9.8 [m/s2]
Svolgimento:
L’energia meccanica è costante, per cui l’energia iniziale che è data dalle componenti di potenziale elastico
perché la molla è compressa e gravitazionale perché la sfera si trova ad un’altezza h0, sarà uguale
all’energia finale, data dalla sola componente di energia cinetica, si avrà:
1
1
Ei  K E X 2  m g h0  E f  m v12 , per cui moltiplicando per 2 e dividendo per m si ha:
2
2
K E X 2
 2 g h0  v12 ,
m
v1  400.16  20 [m / s ]
400 0.16
 2  9.8 19.6 16  386.16  400.16
4
Per il calcolo della Gittata è necessario ricordare che il moto oltre il gradino è un moto parabolico,
l’accelerazione di gravità modifica solo la componente verticale della velocità, per cui se la sfera è lanciata
orizzontalmente il tempo di caduta (o tempo di volo) tc dipende solamente dalla quota iniziale e
dall’accelerazione di gravità, si ha, quindi:
1
h0  g t c2
2
cioè
tc 
2 h0
, mentre la gittata G sarà data dal prodotto della velocità orizzontale v0
g
e il tempo di caduta. Per il calcolo della velocità orizzontale v0 applichiamo la la conservazione dell’energia
tra l’energia potenziale elastica e l’energia cinetica della sfera, cioè:
15
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1
1
K E X 2  m v02
2
2
G  v0 t c 

Esercizi di Fisica 1
v0 
Prof. Alessandro Ciucci
KE
X , quindi si ha
m
2 h0
KE
400
2 19.6
X 

0.4 
 4 * 2  8 [ m]
m
g
4
9.8
16