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Esercitazioni di Fisica 1 - Cinematica
La maggior parte degli esercizi è tratta dai seguenti libri di testo:
- P. Mazzoldi, A. Saggion, C. Voci, Problemi di Fisica Generale. Meccanica. Termodinamica.
- S. Longhi, M. Nisoli, R. Osellame, S. Stagira, Fisica Sperimentale. Problemi di Meccanica e Termodinamica.
- D. Halliday, R. Resnick, K.S. Krane, Physics, Volume 1.
Si consiglia di provare a risolvere anche altri esercizi proposti da questi testi per la preparazione all’esame.
Esercizi
- Data la legge oraria x(t) = At^3
(a) determinare le dimensioni della costante A. Determinare in funzione di A: (b) velocità e accelerazione medie tra t 1 = 1s e t 2 = 2s. (c) posizione, velocità e accelerazione istantanee a t 1 e t 2.
- Si consideri una generica legge oraria x (t) in un intervallo [t 1 , t 2 ]. Se vm è la velocità media vm = x(t^2 t 2 )−−xt 1 ( t^1 )e assumendo v continua, decidere se è vero o falso e giustificare:
(a) vm = 12 [v (t 1 ) + v (t 2 )]
(b) Esiste almeno un tempo t∗ in cui v (t∗) = 12 [v (t 1 ) + v (t 2 )]
(c) Esiste un unico tempo t∗ in cui v (t∗) = 12 [v (t 1 ) + v (t 2 )] (d) Esiste almeno un tempo t∗ in cui v (t∗) = vm (e) Esiste un unico tempo t∗ in cui v (t∗) = vm
Ripetere l’esercizio assumendo che il moto sia uniformemente accelerato.
- La posizione di una particella che si muove lungo l’asse x dipende dal tempo secondo la legge x(t) = At^2 − Bt^3 , con A e B positive. Quali devono essere le dimensioni delle costanti A e B? Quanto valgono la velocità istantanea e l’accelerazione istantanea? In quale istante la particella raggiunge la massima ascissa?
- La massima accelerazione alla quale possono essere sottoposti i piloti degli aerei militari è 6 g, dove g rappresenta l’accelerazione di gravità. Si calcoli il minimo raggio di curvatura con cui un aereo, che vola alla velocità di 2000 km/h, può effettuare una virata (supponendo che essa avvenga in un piano orizzontale).
- Un punto materiale si muove lungo una traiettoria circolare di raggio R = 1 m con velocità scalare v = A + Bt^2 , in cui A = 4 m/s e B = 1 m/s^3. Si calcoli la lunghezza dell’arco di circonferenza percorso tra gli istanti t 1 = 0 s e t 2 = 2 s e si determini il modulo dell’accelerazione del punto materiale negli istanti t 1 e t 2.
- Un’automobile deve percorrere un tratto di strada rettilinea, di lunghezza d = 1 km nel minor tempo possibile, partendo e arrivando con velocità nulla. Se l’accelerazione massima dell’auto è pari a a 1 = 2. 5 m/s^2 , mentre la sua decelerazione massima è a 2 = − 3. 8 m/s^2 , determinare il tempo impiegato.
- Un’automobile A, inizialmente ferma, viene superata da un’altra automobile B in moto con velocità costante vB = 100 km/h. Al momento del sorpasso l’automobile A si mette in moto con accelerazione costante pari ad aA = 5 m/s^2. Determinare il tempo impiegato dall’automobile A per raggiungere l’automobile B e la distanza dal punto di partenza a cui ciò avviene.
- Un punto si muove lungo un asse orizzontale; all’istante t = 0 passa nell’origine con velocità v 0 positiva. Per t > 0 agisce una forza tale che l’accelerazione del punto vale a = −kv^2. Determinare l’espressione della velocità in funzione del tempo e in funzione dello spazio.
- Determinare la profondità h di un pozzo sapendo che il tempo tra l’istante in cui si lascia cadere un sasso, senza velocità iniziale, e quello in cui si ode il rumore, in conseguenza dell’urto del sasso con il fondo del pozzo, è t∗^ = 4. 8 s. Si trascuri la resistenza dell’aria e si assuma la velocità del suono pari a vs = 340 m/s.
- Un uomo vuole attraversare un fiume di larghezza
= 20m puntando in direzione normale alle sponde. La velocità di spostamento dell’uomo relativa all’acqua è costante e pari a vu = 3. 6 km/h. Si consideri come origine del moto il punto A di partenza dell’uomo dalla sponda. Se la velocità dell’acqua del fiume varia con la distanza y dalla sponda di partenza secondo la legge vf = αy( − y) con α = 5 · 10 −^3 m−^1 s−^1 , si determini il tempo impiegato ad attraversare il fiume e il punto di arrivo B rispetto all’origine del moto. - Due treni viaggiano a velocità costante, in modulo identiche vt = 30 km/h e direzione opposta su binari paralleli. Inizialmente sono a distanza L = 100 km. Nel frattempo, un uccello si sposta avanti e indietro tra i due treni a velocità costante vu = 50 km/h (assumia- mo che inverta il senso di volo senza arrestarsi e mantenendo velocità invariata). Calcolare la distanza totale percorsa dall’uccello fino all’incontro dei treni. Quante inversioni di rotta compie l’uccello?
- Un punto si muove lungo un’orbita circolare di raggio R = 0. 2 m con velocità angolare costante ω 0 = 15 rad/s. A partire dall’istante t = 0 fino all’istante t 1 = 16 s la sua accelerazione angolare vale α = − 0. 1 t rad/s^3. Per t ≥ t 1 , l’accelerazione resta costante α(t) = α 1 = − 1. 6 rad/s^2 fino a che il punto si ferma. Calcolare il modulo dell’accelerazione a del punto nell’istante t 1 e calcolare in quale istante il punto si ferma.
- Un oscillatore armonico è costituito da un blocco appoggiato ad un piano orizzontale liscio (ossia con attrito trascurabile) attaccato ad una molla, la cui estremità opposta è fissata ad una parete verticale. Sapendo che ad un certo istante t la posizione, la velocità e l’accelerazione del blocco valgono: x = 0. 112 m, v = − 13. 6 m/s, a = − 0. 123 m/s^2 , calcolare: (a) la frequenza del moto, (b) l’ampiezza dell’oscillazione.
- Un pistone, rappresentato dal punto P , può scorrere lungo l’asse x di un cilindro (vedi Figura 1); esso è collegato mediante una biella di lunghezza b a un perno situato nel punto A sul bordo di un disco di raggio R e centro O. Determinare la velocità e l’accelerazione del pistone se il disco ruota con velocità angolare costante ω.
- Un cannone spara proiettili, con velocità iniziale v = 300 m/s, che devono colpire un bersaglio situato su un monte di altezza h = 10^3 m rispetto al cannone; la distanza in linea d’aria tra cannone e bersaglio è di 5 · 103 m. Trovare l’angolo α di alzo. Si calcoli l’altezza massima raggiunta dal proiettile e la gittata se α = 30◦.
Soluzioni
- La dimensione di A si trova da quelle delle grandezze in gioco nella legge oraria. Siccome [L] = [A] [T ]^3 , avremo [A] = [L] [T ]−^3. La velocità media sarà
vm =
x (t 2 ) − x (t 1 ) t 2 − t 1
= A
8 s^3 − s^3 2 s − 1 s
= 7A s^2.
Per l’accelerazione media, calcoliamo prima la velocità istantanea, v (t) = (^) dtd x (t) = 3At^2. Allora l’accelerazione media sarà
am =
v (t 2 ) − v (t 1 ) t 2 − t 1
3 A(4s^2 ) − 3 A(1s^2 ) 2 s − 1 s
= 9A s.
Per calcolare i valori istantanei basta sostituire t 1 = 1s e t 2 = 2s: x (t 1 ) = A s^3 , x (t 2 ) = 8 A s^3 , v (t 1 ) = 3A s^2 , v (t 2 ) = 12A s^2 , a (t 1 ) = 6A s, a (t 2 ) = 24A s.
- (a) Falso. Controesempio: se x = Ct^3 , allora v = 3Ct^2 e vm = C t
(^32) −t (^31) t 2 −t 1.^ Vediamo che vm 6 = 3C t
(^22) +t (^21) 2 per esempio per^ t^2 = 1s,^ t^1 = 0s. (b) Vero, v à continua. (c) Falso, per esempio considerate la legge x ≡ 0. (d) Vero, (teorema del punto medio di Cauchy). (e) Falso, per esempio considerate la legge x ≡ 0. Nel caso di moto uniformemente accelerato, oltre a (b) e (d), anche l’affermazione (a) è vera, mentre (c) ed (e) sono anch’esse vere se escludiamo il caso a = 0.
- Entrambi i membri della legge oraria dovranno avere le dimensioni di una lunghezza, quindi [A] = [L][T ]−^2 e [B] = [L][T ]−^3. La velocità istantanea è definita come v = dxdt = 2At − 3 Bt^2 , mentre l’accelerazione istantanea risulta a = dvdt = 2A − 6 Bt. La velocità si annulla nell’istante t∗^ in cui
v = 2At∗^ − 3 Bt∗^2 = 0,
con soluzione t∗^ = 0 e t∗^ = 23 AB. La prima soluzione corrisponde all’istante iniziale, quindi l’istante in cui raggiunge la massima ascisse è dato dalla seconda soluzione, che sostituita nella legge oraria fornisce xmax = 4 A
3 27 B^2.^ Verificare che le dimensioni sono quelle di una lunghezza.
- In una virata circolare con raggio R nel piano orizzontale il pilota dell’aereo subisce un’accelerazione centripeta pari a
a=
v^2 R
≤ 6 g,
da cui si ricava la condizione per il raggio di curvatura R ≥ v
2 6 g.^ Sostituendo i valori numerici si ottiene R ≥ 5244. 5 m.
- L’ascissa curvilinea lungo la traiettoria è data dall’integrale nel tempo della velocità tan- genziale. L’arco di circonferenza percorso nell’intervallo di tempo indicato è quindi pari alla variazione dell’ascissa curvilinea
s(t 2 ) − s(t 1 ) =
ˆ (^) t 2
t 1
v(t)dt =
[
At +
Bt^3 3
]t 2 =2 s
t 1 =0 s
= 10. 7 m.
L’accelerazione vettoriale in un moto circolare è data da ~a = at~ut + an~un, per cui avremo
at =
dv dt
= 2Bt,
an =
v^2 R
(A + Bt^2 )^2 R
Calcolando l’accelerazione nei due istanti indicati, si ottiene ~a(t 1 ) = A
2 R ~un^ con modulo^
A^2 R = 16 m/s^2 , e ~a(t 2 ) = (4 m/s^2 )~ut + (64 m/s^2 )~un, con modulo a =
a^2 t + a^2 n ≈ 64. 1 m/s^2.
- Per percorrere il tragitto nel minor tempo possibile conviene accelerare e decelerare al massimo e uniformemente. Il modo più semplice di dimostrare questa affermazione è quello di raffigurare i tipi di moto possibili sul piano t−v. In questo piano, i limiti sull’accelerazione e decelerazione si tramutano in limiti per la pendenza massima (positiva e negativa) della velocità in funzione del tempo. La velocità si annulla all’istante iniziale e finale; inoltre l’area sottesa dalla curva v(t) rappresenta lo spazio percorso che deve essere uguale d. Provate a dimostrare geometricamente che, date queste condizioni, il tempo di percorrenza minore si ottiene se v(t) è composta da due tratti di retta di massima pendenza separati da un’istante t 1 in cui l’accelerazione passa dal valore massimo positivo a quello massimo negativo. Dopo un tempo t 1 di massima accelerazione la velocità vale v 1 = a 1 t 1. Dopo il secondo periodo di massima decelerazione la velocità si deve annullare, quindi v 2 = v 1 +a 2 (t 2 −t 1 ) =
- Ricaviamo
t 2 =
(a 2 − a 1 ) a 2
t 1 =
a 1 + |a 2 | |a 2 |
t 1.
Se imponiamo che la distanza percorsa sia uguale a d = 1km,
d = x(t 2 ) =
ˆ (^) t 2
0
v(t)dt =
a 1 t^21 2
a 2 2
(t 2 − t 1 )^2.
Da questa equazione ricaviamo t 1 ≈ 21. 97 s e quindi t 2 ≈ 36. 4 s.
- All’istante iniziale le due macchine si trovano nella stessa posizione, la macchina A ha velocità nulla e accelerazione aA mentre la macchina B ha velocità vB e accelerazione nulla. Negli istanti successivi si muoveranno rispettivamente di moto uniformemente accelerato e di moto rettilineo uniforme, con le leggi orarie xA = 12 aAt^2 e xB = vB t. Imponendo xA = xB al tempo ¯t > 0 si trova
1 2
aA¯t^2 = vB ¯t ⇒ ¯t =
2 vB aA
= 11. 1 s
mentre abbiamo escluso la soluzione ¯t = 0. Sostituendo il valore nella legge oraria per l’auto B troviamo x¯B = vB t¯ ' 309 m.
Se l’uccello vola per questo tempo con velocità vu, percorre una distanza D = vut∗^ = Lvu 2 vt = 83.^3 km. Da questo conto non possiamo risalire a quante inversioni di rotta compie l’uccello. Calco- liamo il tempo t 0 impiegato dall’uccello nel primo volo a raggiungere il secondo treno che dista inizialmente L 0 = L da lui. Prendiamo come origine la posizione del primo treno. Il moto del secondo treno è dato da xt(t) = L 0 − vtt, mentre per l’uccello xu(t) = vut. Si incontrano al tempo t 0 dato da
L 0 − vtt 0 = vut 0 ⇒ t 0 =
L 0
vu + vt
Da questo punto di incontro e per t > t 0 si ripete esattamente lo stesso problema con la distanza tra i treni ridotta a L 1 = L 0 − 2∆ 0 , in cui ∆ 0 = vtt 0 = L (^0) vtv+tvu è lo spazio
percorso da un treno nel tempo del primo volo. Quindi L 1 = L 0
[
1 − (^) vt^2 +vtvu
]
Ripetendo esattamente il conto fatto in precedenza, il tempo di durata del secondo volo sarà quindi t 1 = (^) vtL+^1 vu , da cui calcoliamo anche lo spazio percorso dai treni ∆ 1 = L (^1) vtv+tvu. Da queste quantità possiamo ricavarci la distanza tra i treni dopo il secondo volo,
L 2 = L 1 − 2∆ 1 = L 0
[
2 vt vt + vu
] 2
Dopo k inversioni di rotta troviamo Lk = L 0
[
1 − (^) vt^2 +vtvu
]k e lo spazio percorso dall’uccello
nel volo k-esimo è Dk = Lk (^) vtv+uvu = L (^0) vtv+uvu
[
1 − (^) vt^2 +vtvu
]k
. Le quantità Dk rappresentano i termini di un serie geometrica del tipo
k=0 λ
k (^) = 1 1 −λ con^ |λ|^ <^1 , quindi l’uccello compie un numero infinito di inversioni, ma percorre una distanza totale finita (paradosso di Zenone). Risommando la serie otteniamo
∑^ ∞
k=
Dk = L 0
vu vt + vu
∑^ ∞
k=
[
2 vt vt + vu
]k = L 0
vu vt + vu
vu + vt 2 vt
= L 0
vu 2 vt
- La velocità angolare al tempo t 1 è ω 1 = ω 0 +
´ (^) t 1 0 α(t)dt^ =^ ω^0 −^0.^1
t^21 2 = 2.^2 rad/s.^ L’ac- celerazione centripeta vale in modulo aN = ω^2 R, mentre quella tangenziale aT = αR, da cui
a =
a^2 T + a^2 N =
ω 14 R^2 + α^21 R^2 = R
[
ω 14 + α^21
] 1 / 2
m s^2
Per calcolare il tempo impiegato a fermarsi possiamo calcolare la velocità angolare ad un tempo t 2 > t 1 e porla uguale a zero,
ω(t 2 ) = ω 1 + α 1 (t 2 − t 1 ) = 0 ⇒ t 2 = 17. 35 s.
- Siccome a(t) = −ω^2 x(t), l’equazione del moto armonico semplice è
d^2 x dt^2
che ha soluzione x(t) = A cos (ωt + θ).
Sappiamo che ω^2 = − (^1) xd
(^2) x dt^2 =^ −^
(− 0. 123 m/s^2 ) (0. 112 m) = 1.^098 s
− (^2). Quindi ω = 1. 048 s− (^1) e la
frequenza risulta essere f = 2 ωπ = 0. 167 s−^1.
Sappiamo inoltre che sin^2 α + cos^2 α = 1, quindi possiamo legare le espressioni della posi- zione e della velocità per calcolare l’ampiezza A del moto. Infatti sfruttando le relazioni cos (ωt + θ) = x( At) e sin (ωt + θ) = − (^) ωAx˙ , troviamo
x^2 A^2
x˙^2 ω^2 A^2
= 1 ⇒ x^2 +
x˙^2 ω^2
= A^2
da cui A ≈ 3. 52 m.
- Supponiamo che nell’istante iniziale il punto A abbia coordinate (R, 0), cioè sia sull’asse x. L’angolo varia nel tempo secondo la legge θ(t) = ωt e le coordinate del punto valgono
xA = R cos ωt, yA = R cos ωt.
L’ascissa del pistone P vale xP = xA + b cos θ′. Dal teorema dei seni applicato al triangolo OAP
b sin θ
R
sin θ′^
⇒ sin θ′^ =
R
b
sin θ ⇒ cos θ′^ =
R^2
b^2
sin^2 ωt.
La coordinata di P varia nel tempo secondo la legge xP = R cos ωt +
b^2 − R^2 sin^2 ωt e quindi la velocità del pistone è
vP = −ωR sin ωt +
ωR^2 sin 2ωt 2
b^2 − R^2 sin^2 ωt
e l’accelerazione risulta
aP =
dvP dt
= −ω^2 R sin ωt +
ω^2 R^2 4
4 cos ωt(b^2 − R^2 sin^2 ωt) + R^2 sin^2 2 ωt
(b^2 − R^2 sin^2 ωt)
- Le equazioni del moto dei proiettili proiettati sugli assi sono
x = vx(0)t = v 0 t, x = vy (0)t −
gt^2
e il moto avviene lungo la parabola di equazione
y =
vy (0) vx(0)
x −
g 2 vx(0)^2
x^2.
Poichè vx(0) = v 0 cos α e vy (0) = v 0 cos α abbiamo
y = x tan α −
g 2 v^20 cos^2 α
x^2.
Usando la relazione 1 / cos^2 α = 1 + tan^2 α, l’equazione della traiettoria diviene
y = x tan α −
gx^2 2 v 02
gx^2 2 v^20
tan^2 α.
e si ricava l’equazione di secondo grado in t 0
t^20 +
2 x 0 v cos α
t 0 +
g
(x 0 tan α − y 0 ) = 0.
Si verifica che se fosse tan α = y 0 /x 0 , l’unica soluzione fisica sarebbe t 0 = 0, che è il caso precedente senza ritardo. In generale la soluzione fisicamente sensata è
t 0 = −
x 0 v cos α
x^20 v^2 cos^2 α
g
(x 0 tan α − y 0 ).
- Indicata con v 0 la velocità iniziale del tuffatore, abbiamo
x = v 0 t
y = h −
g 2
t^2
Il tempo di volo si trova risolvendo l’equazione
0 = h −
g 2
t^2 ⇒ t∗^ ≈ 2. 67 s.
Per evitare gli scogli deve risultare v 0 t∗^ > 5 m ⇒ v 0 > 1. 87 m/s.
- Per muoversi su una circonferenza di raggio R con velocità v, il punto deve avere una componente centripeta dell’accelerazione pari a
aN =
v^2 R
(17. 4 m/s)^2 (3. 64 m)
= 83. 18 ms−^2.
Possiamo calcolare la componente tangenziale dalla geometria del problema, come aT cos α = aN sin α, da cui aT = 33. 6 ms−^2. Quindi il modulo della velocità aumenta di 33. 6 m/s ogni secondo. Il modulo dell’accelerazione vale a =
a^2 N + a^2 T = 89. 71 ms−^2.
- Chiamiamo α l’angolo di tiro rispetto all’asse orizzontale. Il moto lungo l’asse x è uniforme con velocità uguale alla componente lungo l’asse della velocità iniziale vx(0) = v cos α. La posizione della freccia lungo l’asse y segue la legge y(t) = v sin αt − g 2 t^2. Ponendo y(t∗) = 0 ricaviamo t∗^ = 2 v^ sing αe sostituendolo nel moto sull’asse x abbiamo la gittata d come
d =
2 v^2 sin α cos α g
v^2 sin 2α g
Nel nostro caso d = 25 m, quindi possiamo ricavare α,
α =
arcsin
gd v^2
Con i valori in gioco si trovano due possibili angoli di tiro α 1 = 4. 88 ◦^ e α 2 = 85. 12 ◦. Solo il primo è fisicamente corretto. Con questo angolo la freccia colpisce il bersaglio dopo t∗^ = 0. 66 s.
- Siccome xA = vAt, la posizione del punto C è data da yC =
d^2 − x^2 A =
d^2 − v^2 At^2 , quindi
vC =
dyC dt
xAvA √ d^2 − x^2 A
Nello stesso modo otteniamo l’accelerazione di C,
aC = −
v^2 Ad^2 (d^2 − x^2 A)^3 /^2
Il punto B ha coordinate xB = xA/ 2 , yB = yC / 2. Verifichiamo che x^2 B + y B^2 = d
2 4 , quindi il moto del punto B avviene su una circonferenza di raggio d/ 2 con centro nell’origine O degli assi (la circonferenza è percorsa in senso orario). La velocità e l’accelerazione di B sono
vBx =
vA 2
, vBy =
vC 2
v^2 At 2
d^2 − v^2 At^2
aBx = 0, aBy =
aC 2
v A^2 d^2 2(d^2 − v A^2 t^2 )^3 /^2
La velocità angolare del moto di B si ottiene per esempio calcolando la legge oraria dell’an- golo θ che il raggio OB forma con l’asse x. Siccome xB = d 2 cos θ e yB = d 2 sin θ, possiamo derivare la prima relazione rispetto al tempo e otteniamo
d 2
sin θ
dθ dt
= −yB
dθ dt
dxB dt
= vBx =
vA 2
da cui
ω =
dθ dt
vA yB
vA √ d^2 − v^2 At^2
La velocità angolare non è costante e il moto è quindi vario.
Come mai quando C tende all’origine, le velocità e l’accelerazione del punto B sembrano divergere? Come si risolve questo problema?
