Esercizio 1
Un sasso viene lanciato orizzontalmente a v0 = 10 m/s ad una quota h = 30 m da terra, mentre il vento gli
imprime un’accelerazione laterale (sempre orizzontalmente) di 0.2 m/s2 . Calcolare le coordinate di impatto.
Soluzione
La situazione iniziale è rappresentata nel sistema di riferimento in 3 dimensioni di assi cartesiani x̂, ŷ e
ẑ, come in figura.
Il moto sarà rettilineo uniforme con velocità costante pari a v0 lungo la direzione
y
v0
h
z
x
x̂, uniformememente accelerato con velocità inziale pari a 0 e accelerazione −⃗g lungo la direzione ŷ e
uniformemente accelerato con accelerazione ⃗az = 0.2 m/s2 e velocità iniziale nulla, lungo la direzione ẑ.
Pertanto:
⎧
⎨ lungo x̂ x0 = 0; v0x = v0 ; x(t) = v0 t
lungo ŷ y0 = h; v0y = 0; y(t) = h − 12 gt2
⎩
lungo ẑ z0 = 0; v0z = 0; z(t) = 12 az t
Il tempo di volo sarà determinato dal moto lungo la direzione verticale, e ovviamente la coordinata finale
lungo la direzione ŷ sarà y(tf ) = 0, pertanto:
$
2h
tf =
=≃ 2.5 s
g
Avremo quindi che le coordinate del punto di impatto col suolo saranno
1
(xf , yf , zf ) = (v0 tf , 0, az tf ) = (24.7 m, 0 m, 0.61 m)
2
Esercizio 2
Gianni vuole attraversare il Ticino a nuoto nel minor tempo possibile in una zona in cui il fiume è largo
D = 50 m e la corrente viaggia ad una velocità vc = 2 m/s. Sapendo che Gianni è in grado di nuotare ad
una velocità massima vg = 1 m/s, determinare in quanto tempo attraversa il fiume e quanto spazio percorre
in acqua prima di raggiungere l’altra riva.
Soluzione
Gianni impiega il minimo tempo possibile se nuota al massimo della velocità che riesce a sviluppare esattamente in direzione dell’altra sponda! In questo modo la sua velocità relativa all’acqua è diretta verso l’altra
sponda, pertanto:
D
= 50 s
t=
vg
Un osservatore a riva, vedrà Gianni nuotare con una velocità ⃗v = ⃗vg + ⃗vc , pertanto lo spazio percorso
effettivamente da Gianni mentre attraversa il fiume sarà:
%
&
S = (vg t)2 + (vc t)2 = D 2 + (vc t)2 ≃ 112 m
Esercizio 3
Una barca a vela deve percorrere una rotta in direzione nord, che collega due porti distanti D = 20 miglia
nautiche (1 miglio nautico = 1.85 km). La barca è in grado di sviluppare una velocità massima pari a vb = 4
nodi (1 nodo corrisponde ad una velocità di 1 miglio nautico all’ora). Nello spazio di mare dove naviga
la barca è presente una corrente di intensità vc = 0.75 nodi orientata da est verso ovest. Determinare in
che direzione deve dirigere la prua il comandante per arrivare a destinazione e qual è il tempo minimo che
impiega a precorrere la rotta.
Soluzione
vc
B
N
D
W
vb
E
S
A
Riferiamoci al disegno. Il comandante deve dirigere la prua in modo che la direzione risultante del moto
sia allineata esattamente da sud verso nord, lungo la rotta che collega i due porti A e B. Deve dunque
orientare la prua verso est a sufficienza per produrre una componente della velocità della barca uguale e
contraria alla corrente! Chiamato α l’angolo che la prua della barca forma rispetto al Nord, se la massima
velocità che può sviluppare è |⃗vb | = 5 nodi, avremo che:
|⃗vb | sin α = |⃗vc | α = arcsin
|⃗vc |
≃ 11◦
|⃗vb |
La componente della velocità ⃗vb utile per percorrere la rotta da Sud vers Nord sarà:
vAB = |⃗vb | cos α ≃ 3.9 nodi
→
t=
D
≃ 5.1 ore = 5 h 06 min
vAB
Esercizio 4
Un’auto di massa M = 1800 kg passa sopra un dosso che ha la forma di un arco di circonferenza di raggio
R = 42 m. Se l’auto viaggia a una velocità v0 = 16 m/s, che forza esercita la strada sull’auto quando questa
transita sulla sommità del dosso? Quale può essere la massima velocità in km/h dell’auto, perché questa
passi per la sommità del dosso senza perdere contatto con il suolo?
Soluzione
La macchina si trova su una traiettoria curva, pertanto è soggetta ad una accelerazione centripeta, pertanto:
'
(
v02
≃ 6.67 kN
M ac = M g − N → N = M (g − ac ) = M g −
R
L’auto perde contatto con il suolo nel momento in cui la sua velocità è tale percui N = 0:
M
v2
= Mg
R
→
v=
&
Rg ≃ 20.3 m/s ≃ 73 km/h
Esercizio 5
Un sacco di cemento di massa m = 25 kg è sostenuto da tre funi, delle quali due formano gli angoli θ1 = 60◦
e θ2 = 20◦ con l’orizzontale, come mostrato in figura. Se il sistema è in equilibrio, qual è la tensione T1 della
fune di sinistra?
θ1
θ2
y
x
m
2
Soluzione
Se il sistema è in equilibrio, significa che l’accelerazione del sistema è nulla. Possiamo quindi imporre
l’equilibrio lungo le due direzioni principali, quella orizzontale (x̂) e quella verticale (ŷ):
)
θ1
lungo x̂ T1 cos θ1 = T2 cos θ2 → T2 = T1 cos
cos θ2
lungo ŷ T1 sin θ1 + T2 sin θ2 = T3 = mg → T1 sin θ1 + T1 cos θ1 tan θ2 = mg
Possibile verifica del caso limite per capire se la soluzione ricavata ha senso fisico: nel caso in cui θ1 = 90◦ ,
deve risultare T1 = mg, cosa verificata dalla soluzione ricavata!
A conti fatti risulta:
mg
T1 =
≃ 234 N
sin θ1 + cos θ1 tan θ2
Esercizio 6
Considerare la situazione in figura. Ipotizzando che le carrucole siano di massa trascurabile e la fune
inestensibile, determinare la tensione della fune T1 necessaria per far salire la massa m = 100 kg con una
accelerazione |⃗a| = g/5 e la tensione della fune T2 .
T2
T1
m
Soluzione
Essendo le carrucole non massive, esse semplicemente agiscono cambiando la direzione della tensione della
fune T1 , senza modificarla! Osservando la carrucola di massa trascurabile a cui è appesa il carico m:
m
3
(a + g) mg = 588 N
2
5
Osservando l’altra carrucola, essa è in equilibrio sotto l’azione della tensione T2 e di una forza che la spinge
verso il basso pari a 2T1 , pertanto T2 = 2T1 = 1176 N.
ma = 2T1 − mg
→
T1 =
Esercizio 7
Un corpo di massa M = 10 kg è appoggiato su un piano inclinato liscio di angolo θ = 30◦ ad una quota
⃗ , orientata come in figura. Determinare il modulo di
iniziale h = 1 m ed è tenuto fermo da una forza F
⃗ e la reazione vincolare N
⃗ . Al tempo t0 = 0 la forza cambia di intensità e diventa F⃗ ′ con |F
⃗ ′ | = |F
⃗ |/2.
F
Determinare il tempo tf che impiega il corpo per raggiungere la base del piano inclinato e la velocità finale.
F
M
h
θ
Soluzione
Disegnamo il diagramma di corpo libero, e scegliamo come sistema di riferimento quello indicato in figura,
con l’asse x̂ solidale al piano inclinato e l’asse ŷ ad esso perpendicolare.
Scriviamo le equazioni id equilibrio nel nostro sistema di riferimento e determiniamo il modulo incognito
⃗:
di F
)
lungo x̂ M g sin θ − F cos θ = 0 → F = M g tan θ = 56.6 N
lungo ŷ N − M g cos θ − F sin θ = 0 → N = M g cos θ + F sin θ = 113.2ŷ N
⃗ dimezza la sua intensità, l’equlibrio lungo la direzione x̂ del piano inclinato non sarà più
Se ora la forza F
realizzato e il sistema avrà una accelerazione in discesa che posso determinare come:
M ax = M g sin θ −
F
cos θ
2
→
ax = g sin θ −
3
F
cos θ = 2.45 m/s2
2M
y
x
N
θ
F
M
θ
Mg
θ
⃗ = (M g cos θ +
Lungo la direzione ŷ avremo ancora equilibrio con un nuovo valore della reazione vincolare N
F/2 sin θ)ŷ = 70.3ŷ N.
Il moto di discesa è un moto rettilineo uniformemente accelerato con accelerazione ax , pertanto:
*
1 2
h
2h
x(tf ) =
= ax tf → tf =
≃ 1.28 s
sin θ
2
ax sin θ
*
h
h
2
vf = 2ax
→ vf = 2ax
≃ 3.13 m/s
sin θ
sin θ
4
