problemi di...

Ugo Amaldi Dalla mela di Newton al bosone di Higgs PLUS CAPITOLO 11 Applicazione dei princìpi della dinamica

1 ©Zanichelli 2016

PROBLEMI DI PARAGRAFO 1. LA CADUTA LUNGO UN PIANO INCLINATO 1. Il vettore componente della forza-peso parallelo al piano inclinato aumenta all’aumentare

dell’angolo d’inclinazione, ma il suo modulo non è direttamente proporzionale ad esso, bensì al seno di questo angolo.

2. α = arcsin h

l= arcsin a

g= arcsin 3,5 m/s2

9,81m/s2 = 21°

3.

a = hl

g = 0,74 m1,21m

× (9,8 m/s2 ) = 6,0 m/s2

4. h = a

gl = 2,2 m/s2

9,8 m/s2 × 3,43 m = 0,77 m

5. Dalla legge del moto rettilineo uniformemente accelerato si ottiene per i due casi

𝑙 =12𝑎∆𝑡

! e 𝑙 + 𝑑 =12𝑎 ∆𝑡 + τ !.

Sostituendo la prima espressione nella seconda si ottiene

𝑎 =𝑑

∆𝑡 τ+ τ! 2 =1,2 m

1,53 s × 0,31 s + 0,31 s ! 2 = 2,3 m/s!.

Sostituendo il valore trovato nella prima equazione si ricava

𝐿 =12× 2,3 m/s! × 1,53 s ! = 2, 7 m.

6. Dalla seconda legge di Newton applicata nella direzione parallela al piano si ottiene

l’equazione

𝐹!"# > 𝐹!,∥ = 𝐹! sinα = 𝑚𝑔ℎ𝑙

da cui si ricava

𝑙 >𝑚𝑔ℎ𝐹!"#

=96 kg × 9,8 m/s! × 1,2 m

380 N = 3,0 m.

7. L’accelerazione del carrellino è

𝑎 =∆𝑣∆𝑡 → sinα =

𝑎𝑔 =

∆𝑣∆𝑡𝑔 =

∆𝑣𝑔∆𝑡 =

5,2 m/s9,8 m/s! × 3,6 s = 0,15 → α ≅ 8,6°.

8. Il valore dell’accelerazione è

𝑎 = 𝑔 sin 13° = 9,8 m/s! sin 13° = 2,2 m/s!.


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La velocità finale è 𝑣 = 𝑣! + 𝑎𝑡 = 1,2 m/s + 2,2 m/s! × 2,3 s = 6,3 m/s.

9. L’accelerazione del blocco, in modulo, è

𝑎 = 𝑔 sin 27°. Il tempo di salita è

𝑡 =𝑣! − 𝑣𝑎 =

𝑣! − 𝑣𝑔 sin 27°

e la distanza percorsa è

𝑠 = 𝑣!𝑡 −12𝑎𝑡

! = 𝑣!𝑣! − 𝑣𝑔 sin 27°−

12𝑔 sin 27°

𝑣! − 𝑣𝑔 sin 27°

!=

𝑣! − 𝑣 𝑣! + 𝑣2𝑔 sin 27° =

=3,8 m/s − 0,40 m/s × 3,8 m/s + 0,4 m/s

2× 9,8 m/s! sin 27° = 1,6 m.

2. L’EFFETTO DELL’ATTRITO SUL MOTO LUNGO IL PIANO INCLINATO 10. Il libro rimane fermo finché la forza d’attrito statico riesce a controbilanciare l’effetto del

vettore componente !F" della forza-peso parallelo al piano. Quando il tavolo è orizzontale,

!F⊥ è

uguale alla forza-peso, mentre !F" = 0. Quando il tavolo viene inclinato,

!F" aumenta mentre

!F⊥

diminuisce, perciò diminuisce anche la forza di reazione vincolare e quindi il massimo valore della forza d’attrito statico.

11. Si tratta di un moto accelerato con accelerazione variabile. 12. In assenza di attrito, le accelerazioni dei due oggetti sono uguali, e, percorrendo uguali

distanze, impiegheranno lo stesso tempo per giungere in fondo. In presenza di attrito, la risposta dipende dai coefficienti di attrito: l’oggetto con il minore coefficiente di attrito giungerà per primo.

13. u Dalla formula dell’accelerazione lungo un piano inclinato con attrito si ricava

𝜇! =ℎ − 𝑎𝑙/𝑔𝑙! − ℎ!

= 0,064.

u L’angolo di inclinazione del piano è α = arcsin(ℎ/𝑙) ≃ 18° e la forza di reazione vincolare del piano è 𝐹! = 𝑚𝑔 cosα ≃ 21 N.

14. La base del piano inclinato è

𝑏 = 𝐿! − ℎ! = 1,15 ! − 0,35 ! = 1,1 m. L’accelerazione del blocco è


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𝑎 =ℎ − µμ!𝑏

𝑙 𝑔 =0,35 m − 0,080× 1,1 m

1,15 m × 9,8 m/s! = 2,2 m/s!.

15. La lunghezza dello scivolo è

𝑙 = 𝑏! + ℎ!. Dalla legge del moto uniformemente accelerato

𝑙 =12𝑎𝑡

!

e dall’espressione dell’accelerazione lungo il piano

𝑎 =ℎ − µμ!𝑏

𝑙 𝑔

si ricava

µμ! =1𝑏 ℎ −

2𝑙!

𝑔𝑡! =1𝑏 ℎ −

2 𝑏! + ℎ!

𝑔𝑡! =1

4,2 m 3,4 m −2 4,2 m ! + 3,4 m !

9,8 m/s! × 1,8 s ! =

= 0,37. 16. L’accelerazione sul piano è 𝑎 = 𝑔 sin 18°− µμ cos18° = 9,8 m/s! × sin 18°− 0,11× cos 18° = 2,0 m/s2. La lunghezza del piano inclinato è

𝑠 = 𝑣!𝑡 +12𝑎𝑡

! = 𝑣!𝑡 +12𝑔 sin 18°− µμ cos18° 𝑡! =

= 0,70 m/s × 1,6 s +12× 9,8 m/s! × sin 18°− 0,11 cos18° × 1,6 s ! = 3,7 m.

17. L’accelerazione del blocco, in modulo, è 𝑎 = ∆𝑣/∆𝑡 Dalla relazione 𝑎 = 𝑔 sin 23°− µμ cos23° ricaviamo

µμ =1

cos23° sin 23°−𝑎𝑔 =

1cos23° sin 23°−

1𝑔∆𝑣∆𝑡 =

=1

cos 23° sin 23°−1

9,8 m/s!×3,8 m/s1,4 s = 012.

18. La seconda legge della dinamica nella direzione parallela al piano dà 𝑚𝑔 sinφ− µμ! cosφ = 𝑚𝑎, da cui

µμ! =𝑔 sinφ− 𝑎𝑔 cosφ = 0,65.

19. u L’accelerazione è

𝑎 = (sinφ− µμ! cosφ)𝑔 = 2,1 m s! indipendentemente dalla massa. u L’intensità della reazione vincolare per il solo carrello è

𝐹! = 𝑀𝑔 cosφ = 73 N, mentre quando la borsa è nel carrello la reazione vincolare è


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𝐹! = (𝑀𝑔 +𝑚) cosφ = 100 N. 20. u Lungo la direzione del piano inclinato si hanno le seguenti componenti delle forze: 𝐹∥ = 𝐹 cos 45° e 𝐹!∥ = 𝐹 sin 45°. Dall’esame delle componenti delle forze perpendicolari al piano si ricava: 𝐹! − 𝐹 sin 45°− 𝐹! cos 45° = 0 e 𝐹! − 𝐹 sin 45°+ 𝐹! cos 45°, quindi la forza d’attrito dinamico è

𝐹! = µμ!𝐹! = µμ! 𝐹 sin 45°+ 𝐹! cos45° =

= 0,070 60 N ×22 + (1,7 kg)×(9,81 m s!)×

22 = 3,8 N.

u Il pacco si muove con accelerazione

𝑎 =(𝐹∥ − 𝐹!∥ − 𝐹!)

𝑚 = 16 m s!.

3. IL DIAGRAMMA DELLE FORZE PER UN SISTEMA DI CORPI IN MOVIMENTO 21. No, la tensione cambia lungo la fune, perché in punti diversi è diversa la quantità di massa da

trainare. 22. Sì. Se un cassa avesse accelerazione maggiore dell’altra, la fune dovrebbe estendersi se le casse

tendono a distanziarsi maggiormente, oppure finirebbe per non essere più tesa se la distanza tra le casse diminuisce.

23. No. Quando il filo scende di un piccolo tratto di lunghezza d, la sfera scende dello stesso tratto,

ma il blocco si sposta di un tratto minore, lungo d cos 45°. La stessa relazione esiste tra le accelerazioni.

24. u Applicando il secondo principio della dinamica ai due pacchi si ottengono le equazioni

𝑇 − 𝐹!! = −𝑀!𝑎 𝑒 𝑇 − 𝐹!! = −𝑀!𝑎 che contengono le due incognite T, la tensione della corda, e a. Risolvendo il sistema di

queste due equazioni si ottiene

𝑎 =𝑀! −𝑀!

𝑀! +𝑀!𝑔 = 3,1 m s!

verso l’alto per il pacco di massa minore, verso il basso per quello di massa maggiore. u La tensione della corda è pari a

𝑇 =2𝑀!𝑀!

𝑀! +𝑀!= 31 N.

25. Dette T1 e T2 rispettivamente la tensione della fune a sinistra e la tensione della fune a destra,

dalla scomposizione delle forze applicate al punto di congiungimento delle funi e imponendo la condizione di equilibrio si ottengono le seguenti equazioni:


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𝑇! cos 60°− 𝑇! cos 30° = 0 e T! sin 30°− 𝑇! sin 30°−𝑚𝑔 = 0. Dalla prima equazione si ricava 𝑇! = 𝑇! cotan 30° e sostituendolo nella seconda si ottiene

𝑇! = 𝑚𝑔 sin 30° = 25 N, da cui T2 = 42 N. 26. La tensione della fune è 𝑇 = 𝑚 𝑔 − 𝑎 = 40 N. La reazione vincolare del piano è

𝐹! = 𝑀𝑔 cos30° e la forza d’attrito dinamico è

𝐹! = µμ!𝐹! = µμ!𝑀𝑔 cos 30°. Il secondo principio della dinamica applicato al moto del blocco sul piano nella direzione

parallela ad esso fornisce 𝐹! sin 30°+ 𝑇 − 𝐹! = 𝑀𝑎 → 𝑀𝑔 sin 30°+ 𝑇 − µμ!𝑀𝑔 cos30° = 𝑀𝑎, da cui

M = T(a + µd g cos30°− g sin30°)

=

= 40 N[5,2 m/s2 +0,05(9,8 m/s2 )cos30°− (9,8 m/s2 )sin30°]

= 55 kg.

27. Dal diagramma di corpo libero del blocco si ricavano le equazioni 𝑇! cos 30°− 𝑃 = 0 𝑒 𝑇! sin 30°− 𝑇! = 0, da cui

𝑇! =𝑃

cos30° =2𝑃 33 e 𝑇! = 𝑇! sin 30° =

𝑃 33 .

28. u Detta T la tensione della fune, la condizione di equilibrio della sfera fornisce l’equazione

𝑚𝑔 − 𝑇 = 0 → 𝑇 = 𝑚𝑔 = 2𝑀𝑔. La forza totale nella direzione verticale sul blocco

𝐹! = 𝑇 sin 45°−𝑀𝑔 = 𝑀𝑔 2 sin 45°− 1 = 0 è nulla, per cui risulta nulla anche la forza di attrito. u Dal secondo principio della dinamica si ottengono le equazioni

𝑚𝑔 − 𝑇 = 𝑚𝑎 ⟹ 𝑇 = 𝑚 𝑔 − 𝑎 = 2𝑀 𝑔 − 𝑎 , 𝑇 cos 45° = 𝑀𝑎 cos 45°.

Dal sistema di queste due equazioni si ricava

𝑎 =2

1+ 2𝑔 = 5,7 m/s!.


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29. Indicata con T la tensione della fune, assumendo che la massa 𝑚! salga, la seconda legge di Newton in assenza di attrito fornisce le seguenti equazioni: 𝑇 −𝑚!𝑔 = 𝑚!𝑎 𝑚!𝑔 sin 30°− 𝑇 = 𝑚!𝑎.

Si ricava

𝑎 =𝑚! sin 30°−𝑚!

𝑚! +𝑚!𝑔 =

12,0 kg sin 30°− 3,0 kg12,0 kg + 3,0 kg × 9,8 m/s! = 2,0 m/s!.

Poiché l’accelerazione è positiva, la massa 𝑚! sale e la massa 𝑚! scende lungo il piano. In presenza di attrito la seconda legge della dinamica fornisce le seguenti equazioni (𝐹! indica

la forza di reazione vincolare perpendicolare al piano): 𝑇 −𝑚!𝑔 = 𝑚!𝑎, 𝑚!𝑔 cos30°− 𝐹! = 0, 𝑚!𝑔 sin 30°− 𝑇 − µμ!𝐹! = 𝑚!𝑎.

Da queste equazioni si ricava

𝑎 =𝑚! sin 30°− µμ!𝑚! cos30°−𝑚!

𝑚! +𝑚!𝑔 =

=12,0 kg × sin 30°− 0,2 cos 30° − 3,0 kg

12,0 kg + 3,0 kg × 9,8 m/s! = 0,6 m/s!.

30. Risolviamo il problema trascurando la presenza dell’attrito: dalla seconda legge di Newton si

ottengono le seguenti equazioni 𝑇 −𝑚!𝑔 = 𝑚!𝑎, 𝑚!𝑔 cos45°− 𝐹! = 0, 𝑚!𝑔 sin 45°− 𝑇 = 𝑚!𝑎,

da cui si ricava

𝑎 =𝑚! sin 45°−𝑚!

𝑚! +𝑚!𝑔 =

7,0 kg sin 45°− 3,0 kg7,0 kg + 3,0 kg × 9,8 m/s! = 1,9 m/s!.

La forza totale sul blocco è 𝐹! = 𝑚!𝑎 = 7,0 kg × 1,9 m/s! = 13 N,

mentre la forza di attrito statico massima è maggiore: 𝑓!,!"# = µμ!𝐹! = µμ!𝑚!𝑔 cos 45° = 0,60 × 7,0 kg ×(cos 45°)× 9,8 m/s! = 29 N,

per cui il blocco non si muove.


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31. u La componente orizzontale Tx della tensione della fune provoca l’accelerazione della lampadina, mentre quella verticale Ty si oppone alla forza peso. Quindi, detto φ l’angolo d’inclinazione del filo, si ha

tanφ =𝑇!𝑇!=𝑎𝑔 =

0,60 m s!

9,81 m s! = 0,061 → φ = 3,5°.

u Quando la pallina oscilla, nel sistema di riferimento non inerziale del treno è come se fosse sottoposta a una forza peso nella direzione del filo quando è in equilibrio, con un’accelerazione di gravità equivalente 𝑔! = 𝑔! + 𝑎!". Il periodo di oscillazione della lampadina è 𝑇 = 2π 𝑙 𝑔 = 1,0 s.

4. IL MOTO DI UN PROIETTILE LANCIATO ORIZZONTALMENTE 32. In un solo caso la traiettoria non è parabolica e ma rettilinea: quando la velocità iniziale ha la

stessa direzione dell’accelerazione, cioè quando è diretta verticalmente verso l’alto o verso il basso.

33. u Se l’attrito con l’aria non è trascurabile, la velocità orizzontale della valigia sarà minore di

quella dell’aereo a causa dell’attrito con l’aria, quindi la valigia rimarrà indietro rispetto all’aereo.

u In caso contrario, lo spostamento orizzontale della valigia e dell’aereo saranno uguali. 34. u Il tempo impiegato dal proiettile è

x = v0t → t =

2,5 m( )1,4 m/s( ) = 1,8 s.

u La distanza percorsa in verticale è

y = − 1

2gt2 = − 4,9 m/s2( )× 1,8 s( )2

= −16 m.

35. u Le coordinate dell’oggetto sono x = v0t = 12 m/s( )t,

y = − 1

2gt2 = − 4,9 m/s2( )t2.

u All’istante di tempo t = 1,6 s:

x = v0t = 12 m/s( ) 1,6 s( ) = 19 m,

y = − 1

2gt2 = − 4,9 m/s2( )× 1,6 s( )2

= −13 m.


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36. u Il tempo impiegato dalla palla è

y = − 12

gt2 → −3,1 m( ) = − 4,9 m/s2( )t2 → t =3,1 m( )

4,9 m/s2( ) = 0,80 s.

u Lo spostamento orizzontale è

x = v0t = 3,2 m/s( )× 0,80 s( ) = 2,5 m. 37. u Dalla legge del moto uniformemente accelerato si ricava il tempo t di caduta (tempo di

volo):

t = 2hg

=2× 1,9 m( )9,8 m/s2( ) = 0,62 s.

La legge del moto orizzontale è 0x v t= : ( ) ( )0 6,7 m/s 0,62sx v t= = × = 4,2 m.

u L’equazione della traiettoria è

y = − g

2v02 x2 = − 9,8 m/s2

2× 6,7 m/s( )2 x2 = − 0,11m−1( )x2.

38. u Inserendo l’ordinata di A nella legge del moto verticale di un proiettile lanciato

orizzontalmente ricaviamo quanto tempo è trascorso dal lancio:

y = − 1

2gt2 → −4,9 m( ) = − 4,9 m/s2( )t2 → t = 1,0 s.

u Inserendo l’ascissa di A nella legge del moto orizzontale di un proiettile lanciato orizzontalmente ricaviamo la velocità del lancio

x = v0t → v0 =

xt=

4,0 m( )1,0 s( ) = 4,0 m/s.

39. u Prendendo come origine la posizione iniziale dell’oggetto, le sue leggi del moto sono

x = v0t = 3,5 m/s( )t,

y = − 1

2gt2 = − 4,9 m/s2( )t2.

L’istante della caduta 1t si ricava da

−22 m = − 4,9 m/s2( )t12 → t1 =22 m( )

4,9 m/s2( ) = 2,1 s.

Inserendo questo valore nella legge della posizione orizzontale si ottiene la distanza rispetto alla verticale di caduta

x1 = v0t1 = 3,5 m/s( ) 2,1 s( ) = 7,4 m.


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Questo valore è anche la distanza percorsa dalla teleferica (hanno la stessa componente orizzontale della velocità).

40. u Il tempo impiegato dal pesce è

t = 2h

g= 2× 20 m

9,8 m/s2 = 2,0 s.

u L’equazione della traiettoria è

y = − g

2v0x2 x2 = − 9,8 m/s2

2× 10 m/s( )2 x2 = − 0,049 m−1( )x2.

41. Il tempo di caduta è 𝑡 = 2(𝑦! − 𝑦)/𝑔. La velocità verticale al momento dell’ingresso in acqua è

𝑣! = −𝑔𝑡 = − 2𝑔 𝑦! − 𝑦 e la velocità è

𝑣 = 𝑣!! + 𝑣!! = 𝑣!! + 2𝑔 𝑦! − 𝑦 = 4,2 m/s ! + 2× 9,8 m/s! × 1,9 m = 7,4 m/s.

42. u Dall’equazione del moto verticale 𝑦 = 𝑦! − 𝑔𝑡! 2 otteniamo

𝑦! =12𝑔𝑡

! = 4,9 m/s! × 0,82 s ! = 3,3 m.

u La velocità al momento dell’ingresso in acqua è

𝑣 = 𝑣!! + 𝑣!! = 𝑣!! + −𝑔𝑡 ! = 3,6 m/s ! + 9,8 m/s! × 0,82 s ! = 8,8 m/s.

43. Le componenti della velocità devono essere uguali in modulo:

𝑣! = 𝑣! → 𝑣! = 𝑔𝑡 → 𝑡 =𝑣!𝑔 .

Dall’equazione del moto verticale 𝑦 − 𝑦! = −𝑔𝑡! 2 ricaviamo

𝑦! =12𝑔𝑡

! =𝑣!!

2𝑔 =5,3 m/s !

2× 9,8 m/s! = 1,4 m.

44. Il tempo della caduta è

∆𝑡 =2𝑦!𝑔 .

Durante questo tempo, la biglia si sposta orizzontalmente di un tratto

∆𝑥 = 𝑣∆𝑡 = 𝑣2𝑦!𝑔 = 0,56 m/s ×

2× 0,76 m9,8 m/s! = 0,22 m.


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5. IL MOTO DI UN PROIETTILE CON VELOCITÀ INIZIALE OBLIQUA 45. Vuoi ottenere la massima gittata, quindi l’angolo dev’essere di 45°, se si trascura la resistenza

dell’aria. 46. u Le componenti della velocità iniziale sono

𝑣! = 𝑣! = 𝑣22 = 21 m/s ×

22 = 15 m/s.

u La gittata è

𝐿 = 2𝑣!𝑣!𝑔 = 2

𝑣 2/2!

𝑔 =𝑣!

𝑔 =21 m/s !

9,8 m/s! = 45 m.

47. Dalla formula della gittata massima che si ha per un angolo di 45° ricavo:

Lmax =

v02

g→ v0 = gLmax = (9,8 m/s2 )× (8,95 m) = 9,4 m/s.

48. u Dall’equazione 𝑣 = 𝑣!" − 𝑔𝑡 ricaviamo l’istante in cui il pallone arriva alla massima altezza

(con velocità nulla):

𝑡!"# =𝑣!!𝑔 =

𝑣! sin 60°𝑔 =

8,7 m/s sin 60°9,8 m/s! = 0,77 s.

L’altezza massima raggiunta è

ℎ!"# = 𝑣!"𝑡!"# −12𝑔𝑡!"#

! =𝑣!!!

2𝑔 =8,7 m/s sin 60° !

2× 9,8 m/s! = 2,9 m.

u Il pallone si trova a metà dell’altezza massima due volte, corrispondenti agli istanti di tempo che si ottengono dall’equazione ℎ!"#2 = 𝑣!!𝑡 −

12𝑔𝑡

! = 2,9 m

𝑡! = 0,22 s e 𝑡! = 1,3 s. 49. La gittata 𝑅! sulla Luna è

𝑅! = 2𝑣!𝑣!𝑔!

= 2𝑣!𝑣!𝑔

𝑔𝑔!= 340 m ×

9,8 m/s!

1,6 m/s! = 2,1×10! m.



50. u La gittata è

𝐿 = 2𝑣!𝑣!𝑔 = 2

𝑣!! sin 55° cos55°𝑔 = 2×

150× 1000 m3600 s!sin 55° cos55°

9,8 m/s! = 166 m,

quindi la pallina esce dal campo da gioco. u La palla raggiunge la massima altezza al tempo 𝑡!"# =

!!!!, quindi

𝑦!"# = 𝑣!!𝑡!"# −12𝑔𝑡!"#

! =𝑣!!!

2𝑔 =150× 1000 m3600 s

!sin 55° !

2× 9,8 m/s! = 59 m.

51. u Dall’espressione la y del vertice (punto più alto)si ricava:

y =

v0 y2

2g=

(v0 sinα)2

2g= [(30 m/s)sin30°]2

2× (9,8 m/s2 )= 11 m.

u Calcolo la gittata:

𝐿 = 2𝑣!𝑣!𝑔 = 2

𝑣!! sin 30° cos30°𝑔 = 2×

30m/s ! sin 30° cos30°9,8 m/s! = 80 m.

52. La componente orizzontale della velocità iniziale è 𝑣! = 𝑣 cos80° e 𝛥𝑥 = 1,3 m. Il volo del

sacchetto dura quindi un tempo pari a

𝛥𝑡 =𝛥𝑥𝑣!

= 1,0 s.

53. Nel moto uniformemente accelerato

v2 = v02 + 2aΔs,

quindi

v0 y2 = v0 y

2 + 2gy →

vy = v0 y2 + 2gy = (v0 sin20°)2 + 2gy =

= [(12 m/s)sin20°]2 + 2× (9,8 m/s)× (10 m) = 15 m/s.

Perciò da 0y yv v gt= + si ha

t =

vy − v0 y

g= (15 m/s)− [(12 m/s)sin20°]

9,8 m/s2 = 1,1 s.

Infine: x = v0xt = (v0 cos20°) t = (12 m/s)× (cos20°)× (1,1 s) = 12 m. 54. La velocità orizzontale della palla è vx = ΔxΔt = 26 m/s. Dalla formula della gittata si ottiene:

𝑣! =𝑔Δ𝑥2𝑣!

= 3,2 m/s.



6. LA FORZA CENTRIPETA E LA FORZA CENTRIFUGA APPARENTE 55. L’inclinazione fa sì che vi sia una componente non nulla della forza-peso parallela alla pista e

diretta verso l’interno. Questa si aggiunge alla forza d’attrito tra la gomma della bici e la pista per fornire la forza centripeta necessaria per affrontare la curva e consentire ai ciclisti di correre a velocità maggiori di quelle possibili su una pista piana.

56. Chi si trova all’interno del cilindro in rotazione sente la forza centrifuga che lo spinge verso il

bordo del cilindro, che rappresenta per lui il suolo. Questa forza è perpendicolare al bordo e costante in ogni suo punto, proprio come la forza di gravità vicino al suolo terrestre.

57. No. Si definisce forza centripeta qualsiasi forza, o somma di forze, che è costantemente diretta

verso un punto e produce un moto circolare. Quindi, affinché una forza, o somma di forze, sia detta centripeta non ha importanza quale ne sia la causa, conta solo l’effetto del prodotto.

58. Nel sistema di riferimento solidale con il disco, il distacco dell’oggetto corrisponde alla messa

in moto dell’oggetto stesso. Ciò avviene quando la forza centripeta supera la forza di attrito statico: 𝑚ω!𝑟 > µμ!𝑚𝑔, cioè ω! > µμ!𝑔/𝑟. Pertanto si può aumentare r oppure diminuire il coefficiente di attrito statico: Le risposte giuste sono a. e b.

59. u Il modulo della forza che agisce sulla valigia è

𝐹! = 𝑚𝑎! → 𝑚 = 25 kg × 8,3 m/s! = 2,1×10! N. u La velocità della valigia è

𝑎! =𝑣! 𝑟 → 𝑣 = 𝑎!𝑟 = (8,3 m/s!)×(2,8 m) = 4,8 m/s.

60. Quando si aumenta il raggio del 33%, r → r ' = r + 0,33r = 1,33r.

La forza centripeta 2vF m

r= diventa

F → ′F = m v2

′r= m v2

1,33r= 1

1,33m v2

r= 0,75F.

Quindi diminuisce del 25%.

61.

F = m 4π2rT 2 = 0,105 kg( ) 4π2 0,8 m( )

11 s( )2 = 2,7 ×10−2 N

62. u L’accelerazione dell’oggetto è

aC = v2

r=

1,7 m/s( )2

1,3 m( ) = 2,2 m/s2.

u Dalla forza centripeta ricaviamo la massa dell’oggetto



F = m v2

r→ m = F

aC

=4,4 N( )

2,2 m/s2( ) = 2,0 kg.

63. u La forza di attrito radente massima è:

F = µFP = µmg = 0,65× 1100 kg( )× 9,8 m/s2( ) = 7,0×103 N.

u Dall’espressione della forza centripeta 2F mv r= ricaviamo la velocità massima possibile per mantenere la curva

FC = mvmax

2 r → vmax2 =

FC rm

→ vmax =FCrm

=7,0×103 N( )× 18 m( )

1100 kg( ) = 11 m/s.

La velocità fissata da Giorgio è v = 43 km/h = 12 m/s ed è maggiore di quella che l’attrito riesce a fornire, per cui l’auto esce di strada.

64. Uguagliando la forza di attrito radente tra pneumatici e asfalto a PF Fµ= e l’espressione della

forza centripeta: µFP = m v2

r si ottiene:

r = m v2

µFP

= m v2

µmg= v2

µg=

503,6

m/s⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

0,85× 9,8 m/s2( ) = 23 m.

65. Uguagliando la forza di attrito radente tra pneumatici e asfalto e l’espressione della forza

centripeta µFP = m v2

r si ottiene

v =

µFPrm

= µmgrm

= µgr = 0,95× 9,8 m/s2( )× 34 m( ) = 18 m/s.

66. v = ωr = 2π f d

2= π f d

𝐹! = 𝑚𝑎! = 𝑚𝑣!

𝑅 =𝑚𝑅 π𝑓𝑑 ! =

1,2 kg0,86 m π× 10 Hz × 0,014 m ! = 0,27 N

67. La forza applicata dal disco sul tappo ha due componenti: una verticale, diretta verso l’alto e in modulo pari a 𝐹! = 𝑚𝑔 = 4,9×10!! N; una orizzontale pari alla forza centripeta 𝐹! = 𝐹! = 𝑚ω!𝑟 = 1,6×10!! N. 68. Dalla formula della forza centripeta

𝐹! = 𝑚𝑣!

𝑅 → 𝜇!𝑚𝑔 = 𝑚𝑣!

𝑅 ,

per cui



𝑣 = µμ!𝑔𝑅 = 0,26× 9,8 m/s! × 16 m = 6,4 m/s. 69. Indicata con T la forza esercitata dal filo, dalla seconda legge di Newton si ricava l’equazione

𝑇 −𝑚𝑔 cos30° = 𝑚𝑣!

𝑙 ,

per cui

𝑇 = 𝑚 𝑔 cos30°+𝑣!

𝑙 = 0,51 kg × 9,8 m/s! cos30°+0,76 m/s !

0,46 m = 5,0 N.

70. u La somma della forze applicate è la forza centripeta. Nel punto più basso la forza-peso 𝐹! e

la forza 𝐹 applicata dal carrello hanno versi opposti:

𝐹 − 𝐹! = 𝑚𝑎! = 𝑚𝑣!

𝑅 →

𝐹 = 𝐹! +𝑚𝑣!

𝑅 = 𝑚 𝑔 +𝑣!

𝑅 = 75,0 kg × 9,8 m/s! +4,20 m/s !

10,0 m = 867 N.

u Nel punto più alto la forza-peso 𝐹! è diretta verso il basso, ma la direzione della forza 𝐹 applicata dal carrello non è nota: assumendo sia diretta verso l’alto

𝐹 − 𝐹! = 𝑚𝑎! = −𝑚𝑣!

𝑅 →

𝐹 = 𝐹! −𝑚𝑣!

𝑅 = 𝑚 𝑔 −𝑣!

𝑅 = 75,0 kg 9,8 m/s! −4,20 m/s !

10,0 m = 603 N.

71. Fc = m v2

r→ r = m v2

Fc

= mv2

µsFP

= m v2

µsmg= v2

µsg=

553,6

m/s⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

0,7 × 9,8 m/s2( ) = 34 m

72. u La forza applicata dall’uomo è una forza centripeta:

𝐹! = 𝑚𝑣!

𝑟 = 4,2×10! N.

u La forza centripeta diminuisce all’aumentare del raggio poiché è inversamente proporzionale ad esso, quindi conviene allentare la corda.

7. IL MOTO ARMONICO DI UNA MASSA ATTACCATA A UNA MOLLA 73. Lo spostamento rispetto alla posizione di equilibrio e l’accelerazione sono direttamente

proporzionali e di verso opposto. 74. Il tempo che la sfera impiega a tornare indietro è metà del periodo di oscillazione. Poiché il

periodo di oscillazione del moto armonico non dipende dall’ampiezza ma dalla massa della



sfera, la sfera impiega lo stesso tempo a tornare, indipendentemente da quanto la molla è stata allungata.

75. T = 2π m

k→ k = 2π

T⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

m = 2π2,3s

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

× 55 kg( ) = 4,1×102 N/m

76. La pulsazione è

ω =𝑎𝑑 2 =

0,42 m/s!

0,062 m = 2,6 rad/s.

77. T = 2π

ω= 2π m

k= 2π × 0,42 kg

210 N/m= 0,281s

f = 1

2πkm

= 12π

× 210 N/m0,42 kg

= 3,56 Hz

78. T = 2π m

k= 2π × 0,15 kg

40 N/m= 0,38 s

79. Il rapporto tra i periodi delle due sferette è

T1

T2

=m1

m2

=m1

1,2m1

= 11,2

= 0,91

da cui si ricava

T2 =

T1

0,91= 0,30 s

0,91= 0,33 s.

80. Il nuovo periodo è

′T = 2π ′m

k= 2π 1,21m

k= 1,1× 2π m

k= T + 0,1T .

per cui il periodo aumenta del 10%. 81. Il rapporto tra i periodi è

𝑇′𝑇 =

𝑚′𝑚 =

∆𝑡′∆𝑡 =

1,18 s1,23 s ,

da cui 𝑚′𝑚 =

∆𝑡′∆𝑡

!

=1,18 s1,23 s

!

= 0,92.

Quindi l’astronauta ha perso l’8,0% della sua massa corporea.



82. u Il modulo della forza elastica 𝐹!" = 𝑘𝑠 = 160 N/m × 0,060 m = 9,6 N è maggiore di quello della forza di attrito statico 𝐹! = µμ!𝑚𝑔 = 0,21× 1,5 kg × 9,8 m/s! = 3,1 N per cui il blocco si mette in moto. u L’equazione del moto è:

𝑚𝑎 = −𝑘𝑥 + µμ!𝑚𝑔 = −𝑘 𝑥 −µμ!𝑚𝑔𝑘 .

Definendo la nuova posizione

𝑥! = 𝑥 −µμ!𝑚𝑔𝑘

l’equazione del moto diventa 𝑚𝑎 = −𝑘𝑥′, che è l’equazione del moto armonico, con pulsazione ω = 𝑘 𝑚.

La nuova posizione di equilibrio è spostata rispetto alla precedente di

∆𝑥 =µμ!𝑚𝑔𝑘 =

0,16× 1,5 kg × 9,8 m/s!

160 N/m = 0,015 m.

83. Indichiamo con 𝑠 = 0 m la posizione dell’estremità libera della molla a riposo. Quando

l’oggetto si muove (scendendo) si avrà 𝑠 < 0. Dal secondo principio della dinamica (𝑠 è l’allungamento della molla rispetto alla sua

lunghezza a riposo) si ottiene

−𝑘𝑠 −𝑀𝑔 = 𝑀𝑎 → −𝑘 𝑠 +𝑀𝑔𝑘 = 𝑀𝑎.

Definiamo il nuovo allungamento della molla

𝑠! = 𝑠 +𝑀𝑔𝑘 .

Dato che l’accelerazione è ancora 𝑎, si ottiene l’equazione del moto armonico

𝑎 = −𝑘𝑀 𝑠′.

La posizione di equilibrio si ottiene per 𝑠! = 0, cioè

𝑠 = −𝑀𝑔𝑘 = −

0,740 kg × 9,8 m/s!

140 N/m = −0,052 m.

Periodo e frequenza sono

𝑇 = 2π𝑚𝑘 = 2π ×

0,740 kg140 N/m = 0,457 s;

𝑓 =1𝑇 = 2,19 Hz.

84. La frequenza di oscillazione è

𝑓 =ω2π =

12π

𝑘𝑚 .



La massa dell’oggetto e la costante elastica della molla non dipendono da dove si trovano, quindi la frequenza non varia.

8. IL MOTO ARMONICO DI UN PENDOLO 85. No, perché l’accelerazione di gravità sulla Luna è inferiore a quella terrestre, quindi il periodo

di oscillazione del pendolo sarà più grande e l’orologio avanzerà più lentamente. 86. Il periodo è 𝑇 = 2π 𝑙/𝑔 = 1,1 s; la frequenza è 𝑓 = 1 𝑇 = 0,90 Hz.

87.

T = 2π lg= 2π ×

0,75 m( )9,8 m/s2( ) = 1,7 s

88.

Δt = 5T = 10π lg= 10π ×

67 m( )9,8 m/s2( ) = 82 s

89. Dalla legge del periodo del pendolo si ricava

T = 2π l

gL

→ lgL

= T 2

4π2 → l = g T 2

4π2 = 9,8 m/s2( )× 60 s( )2

4π2 = 894 m.

90. Il periodo di oscillazione è

T = Δt

24=

60 s( )24

= 2,5 s.

L’accelerazione di gravità del pianeta è

gP = 4π2 lT 2 = 4π2 ×

0,32 m( )2,5 s( )2 = 2,0 m/s2.

91. Fino al momento in cui il filo tocca il chiodo in B, si tratta di un pendolo con periodo di

oscillazione 𝑇! = 2π 𝐿 𝑔, mentre dall’istante in cui il filo tocca il chiodo in B, si tratta di un pendolo di lunghezza L/4 con periodo 𝑇! = 2π 𝐿 4𝑔 = 𝑇!/2.

La durata dell’intervallo di tempo in cui il pendolo oscilla verso destra è

Δ𝑡 =14 𝑇! + 𝑇! =

14×

32𝑇! =

3π𝑎

𝐿𝑔 = 0,69 s.



92. Il rapporto tra i due periodi di oscillazione è

𝑇!𝑇!=

𝑔!𝑔 .

Il numero di oscillazioni compiute dal pendolo durante l’intervallo di tempo ∆𝑡 è

𝑘 =∆𝑡𝑇!

ma il tempo indicato dall’orologio è

∆𝑡!"!#!$%! = 𝑘𝑇! =∆𝑡𝑇!𝑇! = ∆𝑡

𝑔!𝑔 = 5,0 min ×

1,6 m/s!

9,8 m/s! = 2,0 min.

93. Il valore medio del periodo è

𝑇!"#$% =1,8 s + 1,9 s + 1,7 s + 1,7 s + 1,9 s

5 = 1,8 s.

Il valore teorico del periodo è

𝑇 = 2𝜋𝑙𝑔 = 1,8 s.

94. Se il periodo del pendolo deve essere di 1 s, la lunghezza corrisponde a 𝑙 = 𝑔/ 2π !. Se il pendolo si allunga di Δ𝑙 = 0,15 cm, il nuovo periodo è

𝑇! = 2π(𝑙 + Δ𝑙)

𝑔 ,

quindi dopo un’ora (3600 secondi) compie un numero di oscillazioni pari a 3600𝑇! = 3589,

ciascuna della durata di 1 s. Quindi l’orologio ritarda di 3600 s− 3589 s = 11 s.



PROBLEMI GENERALI 1. u Il moto lungo il piano inclinato è rettilineo uniformemente accelerato perché la biglia è

soggetta a una forza costante:

𝐹∥ = 𝐹!ℎ𝑙 .

L’accelerazione della biglia è

𝑎 = 𝑔ℎ𝑙 = 9,8

ms! ×

1,0 m2,5 m = 3,92 m/s!.

u Il tempo necessario a percorrere la pista è:

s = 1

2at2 → t = 2s

a= 2× 2,5 m

3,92 m/s2 ≈1,1 s.

u Per il primo principio della dinamica, il moto sul pavimento è rettilineo uniforme, alla velocità

v f posseduta dalla biglia alla fine della pista:

v f = at = (3,92 m/s2 )× (1,1 s) ≈ 4,4 m/s.

2. u Dalla traiettoria del razzo si ricava la distanza orizzontale a cui cade:

𝑦 = −12

𝑔𝑣!!

𝑥! → 𝑥 = 𝑣!2𝑦𝑔 = 90 m/s ×

2× 60 m9,8 m/s! = 3,1×10! m.

u La velocità dello sciatore è pari a

𝑣 = 2𝑔ℎ = 2× 9,8 !!!

× 60,0 m = 34m/s.

3. u La distanza percorsa in verticale è l’ordinata (a meno del segno) dell’ultima immagine,

quindi 9,0 m. u L’accelerazione verticale della pallina è quella di gravità, 9,8 m/s!. u Dalla legge del moto verticale ricaviamo il tempo impiegato per raggiungere il suolo:

y = − 12

gt2 → t = −2yg

=2× 9,0 m( )

9,8 m/s2( ) = 1,4 s.

u Le immagini sono 4, per cui l’intervallo di tempo trascorso tra una immagine e la successiva è

Δt = t3= 1

3−2y

g= 1

3×

2× 9,0 m( )9,8 m/s2( ) = 0,45 s.

u La velocità orizzontale del lancio si ricava dalla legge del moto orizzontale e dalle coordinate della seconda immagine:

x = v0Δt → v0 =

xΔt

=4,0 m( )0,45 s( ) = 8,9 m/s.



4. u Detta a l’accelerazione della due casse, in assenza di attrito dal secondo principio della dinamica si ottengono le equazioni 𝑇 −𝑀𝑔 sinα = 𝑀𝑎,

−𝑇 +𝑚𝑔 sin β = 𝑚𝑎, da cui

𝑇 = 𝑀(𝑎 + 𝑔 sinα), −𝑀𝑎 −𝑀𝑔 sinα+𝑚𝑔 sin β = 𝑚𝑎,

da cui

𝑎 =𝑔(𝑚 sin β−𝑀 sinα)

(𝑚 +𝑀) =9,8 m/s! ×[ 3,0 kg sin 45°− 3,8 kg sin 30°]

(3,0 kg+ 3,8 kg) =

= 0,32 m/s!; 𝑇 = 3,8 kg ×[ 0,32 m/s! + 9,8 m/s! sin 30°] ≅ 20 N.

Quindi le casse tendono a spostarsi verso destra. Per tenerle ferme sono necessarie due forze d’intensità 𝐹! = 𝑀𝑎 = 1,2 N e 𝐹! = 𝑚𝑎 = 0,96 N. La massima intensità della forza d’attrito è data da

𝐹!!"# = 𝜇!𝑀𝑔 cosα = 0,15×(3,8 kg)× 9,8 m/s! cos30° = 4,8 N, quindi in presenza d’attrito le casse non si muovono: 𝑎 = 0 m/s!. u Includendo ora la forza d’attrito statico nelle equazioni della condizione di equilibrio

otteniamo: 𝑇 −𝑀𝑔 sinα− 𝐹! = 0, 𝑚𝑔 sin β− 𝑇 = 0,

da cui 𝑇 = 𝑚𝑔 sin β = (3,0 kg)× 9,8 m/s! sin 45° = 20,8 N, 𝐹! = 𝑇 −𝑀𝑔 sin α = 20,8 N− 3,8 kg × 9,8 m/s! sin 30° = 2,2 N.

5. u La tensione applicata dalla corda alla massa 𝑚! è

𝑇! = 𝑚!𝑔ℎ𝑙 !

= 3,5 kg × 9,8 m/s! ×22 = 24 N.

u La tensione applicata dalla corda alla massa 𝑚! è

𝑇! = 𝑚!𝑔ℎ𝑙 !

= 4,3 kg × 9,8 m/s! ×12 = 21 N.

u L’accelerazione del sistema è

𝑎 =𝐹𝑚 =

𝑇! − 𝑇!𝑚! +𝑚!

=3 N7,8 kg = 0,4 m/s!.

u 𝑚! 6. u Le accelerazioni dei due sciatori sono:

𝑎! = 𝑔ℎ! − µμ!𝑏!

𝑙 = 𝑔ℎ! − µμ! 𝑙! − ℎ!!

𝑙 = 𝑔 sin 18°− 𝜇! 1− sin! 18° =

= 9,8 m/s! sin 18°− 0,16 1− sin! 18° = 1,5 m/s!.



𝑎! = 𝑔ℎ! − µμ!𝑏!

𝑙 = 𝑔ℎ! − µμ! 𝑙! − ℎ!!

𝑙 = 𝑔 sin 19°− µμ! 1− sin! 19° =

= 9,8 m/s! sin 19°− 0,17 1− sin! 19° = 1,6 m/s!. I tempi di discesa dei due sciatori sono:

𝑡! =2𝐿𝑎!

=1080 m1,5 m/s! = 27 s,

𝑡! =2𝐿𝑎!

=1080 m1,6 m/s! = 26 s.

u Le velocità finali dei due sciatori sono: 𝑣! = 𝑎!𝑡! = 1,5 m/s! × 27 s = 41 m/s, 𝑣! = 𝑎!𝑡! = 1,6 m/s! × 26 s = 42 m/s.

7. u Indichiamo con 𝑦 la posizione verticale del libro rispetto al tavolo. La seconda legge della dinamica del sistema 𝑀𝑎 = −𝐹! + 𝐹!" = −𝑀𝑔 − 𝑘(𝑦 − 𝐿!) definendo la nuova coordinata 𝑦! = 𝑦 − 𝐿! +𝑀𝑔/𝑘 l’accelerazione 𝑎 soddisfa l’equazione

𝑀𝑎 = −𝑘𝑦′ che è la tipica equazione di un sistema massa-molla, per cui il moto è armonico. u Per trovare l’ampiezza A dell’oscillazione, notiamo che la posizione di equilibrio è data da

𝑦! = 0, cioè

𝑦 = 𝐿! −𝑀𝑔𝑘

che rispetto all’inizio si trova più in basso di una quantità pari a

𝐴 =𝑀𝑔𝑘 =

1,1 kg × 9,8 m/s!

400 N/m = 0,027 m,

che è anche l’ampiezza del moto armonico del libro. La frequenza è

𝑓 =12𝜋

𝑘𝑀 =

12𝜋×

400 N/m1,1 kg = 3,0 Hz

e il periodo è

𝑇 = 2π𝑀𝑘 = 2π×

1,1 kg400 N/m = 0,33 s.

8. u Nel punto più alto la seconda legge della dinamica fornisce l’equazione

𝐹 + 𝐹! + 𝐹!" = 𝑚𝑣!

𝑟



da cui si ricava

𝐹 = 𝑚 −𝑔 +𝑣!

𝑟 − 𝑘𝑑 =

= 0,24 kg − 9,8 m/s! +0,22 m/s !

0,18 m − 80 N/m × 0,012 m = −3,2 N.

Il segno negativo indica che la forza è diretta verso l’esterno. u Analogamente, nel punto più basso si ricava

𝐹 − 𝐹! + 𝐹!" = 𝑚𝑣!

𝑟

da cui

𝐹 = 𝑚 𝑔 +𝑣!

𝑟 − 𝑘𝑑 =

= 0,24 kg 9,8 m/s! +0,22 m/s !

0,18 m − 80 N/m × 0,012 m = 1,5 N.

In questo caso la forza è diretta verso l’interno. 9. La traiettoria del moto parabolico è

𝑦 = 𝑦! +𝑣!!𝑣!!

(𝑥 − 𝑥!)−𝑔

2𝑣!!!𝑥 − 𝑥! !.

Sostituendo 𝑣!! = 𝑣! cosφ 𝑣!! = 𝑣! sinφ

e considerando che 𝑦 − 𝑦! = 3,05 m− 2,0 m = 1,05 m 𝑥 − 𝑥! = 4,6 m

si ottiene

𝑣! = 4,6 m ×9,8 m/s!

4,6 m− 1,05 m = 7,6 m/s.

10. u Lo spostamento orizzontale del pacco è:

𝑦 = −12𝑔𝑥!

𝑣!! → 𝑥 = 𝑣! −2

𝑦𝑔 =

70,03,6

ms × −2×

−240 m9,8 m/s! = 136 m.

u La traiettoria è un arco di parabola. 11. u Il tempo impiegato è

𝑦 = ℎ −12𝑔𝑡

! → 𝑡 =2ℎ𝑔 =

2× 2,2 m9,8 m/s! = 0,67 s.

u La velocità è pari a

𝑣! =𝑑𝑡 =

1,4 m0,67 s = 2,1 m/s.



u Il tempo che impiega l’oggetto a fare un giro completo è

𝑇 =2π𝑟𝑣!

=2π× 0,70 m2,1 m/s = 2,1 s.

12. Nel punto B la forza centripeta che provoca il moto circolare è data dalla somma vettoriale di

due forze: la forza-peso FP e la forza F esercitata dal profilo circolare:

𝐹 − 𝐹! = 𝑚𝑣!

𝑟 → 𝐹 = 𝑚𝑔 +𝑚𝑣!

𝑟 = 0,59 N.

13. u Il pacco compie un moto circolare, perciò la somma delle forze applicate determina una

forza centripeta. Nell’istante in cui il pacco passa dalla posizione di equilibrio, dal secondo principio della dinamica otteniamo

𝑇 −𝑚𝑔 = 𝑚𝑣! 𝑙 → 𝑇 = 𝑚𝑔 +𝑚

𝑣!

𝑙 = 0,40 kg × 9,8 m/s! +0,40 m/s !

0,6 m = 4,0 N.

u La tensione della fune è maggiore del peso del pacco perché deve non solo contrastare la forza-peso, ma anche applicare la forza centripeta necessaria per il moto circolare.

14.

πDA fA = πDB fB → DA =

πDB fB

πDA

=80 cm( )× 500 giri/min( )

5000 giri/min( ) = 8,0 cm.

15. u La forza-peso dell’auto su ogni molla è data da

𝑃! =14𝑃!"! =

14𝑚𝑔 =

14× 1,8×10! kg × 9,8 m/s! = 4,4×10! N.

u Il periodo di oscillazione è

𝑇 =2πω =

2π(4,8 rad/s) = 1,3 s.

u La costante elastica si ricava dal periodo

𝑘 =2π𝑇

! 14𝑚 =

2π1,3 s

!

×14× 1,8×10! kg = 1,0×10! N/m.

16. Combinando le equazioni 𝐹! = 𝑚ω!𝑟 e 𝐹 = 𝑘Δ𝑟 si ottiene, con 𝑟 = 𝑟! + Δ𝑟:

𝑟! = 𝑟 − Δ𝑟 = 𝑟 −𝑚ω!𝑟𝑘 = 𝑟 1−

𝑚ω!

𝑘 =

= 0,381 m 1−0,210 kg × 3,21 rads

!

289 Nm= 0,378 m.

17. u La lunghezza del filo è

𝑎! =𝑣!

𝑟 → 𝑙 =𝑣!

𝑎!=

2,5 m/s !

8,4 m/s! = 0,74 m.



u La pulsazione è data da

ω =2π𝑇 =

2π2π 𝑙 𝑔

= 3,6 rad s.

u Il periodo di oscillazione è

𝑇 = 2π𝑙𝑔 = 2π×

0,74 m(9,8 m s!) = 1,7 s.

18. Dall’espressione della forza centripeta si ricava

v = Fr

m=

78 m( )× 75 m( )81 kg( ) = 8,5 m/s.

19. Combinando le equazioni 𝑎! = 𝑣!/𝑟, 𝐹 = 𝑚𝑎 e 𝐹! = µμ!𝐹! si ottiene

𝑣 = 𝑎!𝑟 =µμ!𝐹!𝑚 𝑟 =

µμ!𝑚𝑔𝑚 𝑟 = µμ!𝑔𝑟 = 0,70×(9,8 m s!)×(25 m) =

= 13 m s. 20. u L’accelerazione sulla rotaia è

a = g h

l= 9,8 m/s2( )× 0,2 m( )

2,2 m( ) = 0,89 m/s2.

u La legge del moto del carrello è data da

s = 1

2at2 = 0,45 m/s2( )t2.

u Il tempo impiegato dal carrello per arrivare in fondo è pari a

s = 12

at2 → t = 2sa

=4,4 m( )

0,89 m/s2( ) = 2,2 s.

21. u Per percorrere la curva a velocità costante in modulo il moto deve essere circolare uniforme.

La forza che deve imprimere il motore della motocicletta è la forza centripeta Fc.

Per il secondo principio della dinamica, Fc = mac, dove ac =

v2

r.

Quindi nel primo caso si ha:

Fc = m v2

r= (71 kg + 364 kg)× (13,9 m/s)2

5,0 m= 1,7 ×104 N.

u Nel secondo caso si ottiene:

Fc = m v2

r= (71 kg + 20 kg + 364 kg)× (13,9 m/s)2

5,0 m= 1,8×104 N.



22. La reazione vincolare FN del suolo è pari alla forza peso del sistema moto + motociclista. La forza di attrito dinamico è diretta verso il centro della curva e ha intensità 𝐹! ≤ µμ!𝐹! . Poiché essa produce il moto circolare, si ha

𝐹! = 𝐹! = 𝑀𝑣!

𝑟

da cui si ricava

µμ! ≥𝑣!

𝑅𝑔 =25 m/s

120 m × 9,8 m/s! = 0,53.

23. Dette

!FV

la reazione vincolare,

!Fa la forza di attrito statico della parete dell’imbuto e ac

l’accelerazione centripeta del cubetto di ghiaccio, dal secondo principio della dinamica si ottiene 𝐹!" −𝑚𝑔 + 𝐹!" = 0,

𝐹!" − 𝐹!" = 𝑚𝑎!, da cui

𝐹! cos 45°−𝑚𝑔 + 𝐹! cos 45° = 0, 𝐹! sin 45°− 𝐹! sin 45° = 𝑚𝑎! .

Risolvendo il sistema di equazioni si ricava

𝐹! =22 𝑚(𝑔 + 𝑎!),

𝐹! = 2𝑚𝑔 −22 𝑚 𝑔 + 𝑎! =

22 𝑚(𝑔 − 𝑎!).

Dalla definizione della forza di attrito si ha 𝐹! = µμ!𝐹!

quindi 22 𝑚 𝑔 − 𝑎! = µμ!

22 𝑚(𝑔 + 𝑎!),

𝑎! =1− µμ!1+ µμ!

𝑔.

La velocità angolare ω è data da

ω =𝑎!𝑟 =

1− µμ!1+ µμ!

𝑔𝑟 =

0,951,05 ×

9,8 m s!

0,1 m = 9,4 rad s.

24. u Detta M è la massa della cassa e m è la massa della fune, la reazione vincolare del piano è

𝐹! = 𝑀𝑔, la forza d’attrito dinamico è 𝐹! = µμ!𝐹! e dal secondo principio della dinamica si ottiene

𝐹 − 𝐹! = 𝑀 +𝑚 𝑎 → 𝑎 =𝐹 − 𝐹!𝑀 +𝑚 =

80 N− 0,5 12,6 kg × 9,8ms!12,6 kg+ 1,4 kg = 1,3 m/s!.

u La tensione della fine nel suo punto medio è

𝑇!"#$% = 𝑀 +𝑚2 𝑎 = 17 N.



u La tensione in un punto a distanza x dalla cassa è

𝑇 𝑥 = 𝑀 +𝑚𝑙 𝑥 𝑎

dove l è la lunghezza della fune.

25. u La velocità angolare della ruota è

ω =2π𝑇 = 5,7 rad/s.

u La velocità di un punto della ruota è pari a

𝑣 = ω𝑟 =2π𝑟𝑇 = 0,51 m/s.

u L’accelerazione centripeta della ruota è data da

𝑎! =𝑣!

𝑟 =0,51 m/s !

0,09 m = 2,9 m/s!.

u Essendo le due ruote collegate da una cinghia, la velocità di un punto della ruota più grande è uguale alla velocità di un punto della ruota più piccola, quindi

𝑣′ = 0,51 m/s, mentre, raddoppiando il raggio, la velocità angolare della ruota grande e l’accelerazione

centripeta sono dimezzate: ω′ = 𝑣!1/2𝑟 ≅ 2,9 rad/s e 𝑎!! = 𝑣!/2𝑟 ≅ 1,5 m/s!. 26. u Se la sfera viene spostata, per esempio verso destra, sarà sottoposta a due forze dirette verso

sinistra: quella elastica della molla e quella applicata dal filo. Indicata con 𝑠 la posizione della sfera rispetto alla posizione verticale, la seconda legge della dinamica porta all’equazione

𝑚𝑎 = −𝑘𝑠 −𝑚𝑔𝑙 𝑠 = − 𝑘 +

𝑚𝑔𝑙 𝑠

cioè

𝑎 = −𝑘𝑚 +

𝑔𝑙 𝑠.

u Pertanto la pulsazione è

ω =𝑘𝑚 +

𝑔𝑙 =

140 N/m1,6 kg +

9,8 m/s! 0,92 m = 9,9

rads



da cui 𝑓 = ω/2π = 1,6 Hz,

𝑇 = 𝑓!! = 0,63 s. 27. u Dalle equazioni del moto parabolico si ottiene la traiettoria

𝑦 = 𝑦! +𝑣!!𝑣!!

𝑥 − 𝑥! −𝑔

2𝑣!!!𝑥 − 𝑥! !.

Ponendo 𝑣!! = 𝑣! cos𝜑, 𝑣!! = 𝑣! sin φ, 𝑦 − 𝑦! = ℎ = 1,7 m, 𝑥 − 𝑥! = 𝐿 = 82,02 m, si ottiene

𝑣! =𝐿

cosφ𝑔

2(𝐿 tanφ− ℎ) =82,02 m0,707

9,8 m/s!

2×(82,02 m− 1,7 m) ≅ 29 m/s.

u La forza esercitata dall’atleta al momento del rilascio è pari alla forza centripeta di un moto circolare di raggio 𝑟 = 𝑙 + 𝑏 = 1,95 m, dove l è la lunghezza del martello e b il braccio dell’atleta:

𝐹! = 𝑚𝑣!!

𝑟 = 7,27 kg ×29 m/s ! 1,95 m = 3,1×10! N.

28. Nel sistema di riferimento non inerziale solidale con la bicicletta è presente anche la forza

centrifuga e la risultante delle forze deve essere nulla. Quindi la forza di attrito – che in curva è la forza centrifuga – è uguale in modulo alla forza centrifuga, mentre la reazione normale è pari in modulo alla forza-peso.

La somma dei momenti delle forze, calcolati rispetto al punto di contatto con il terreno, deve essere anch’essa nulla. Rispetto al punto scelto, solo la forza-peso e la forza centrifuga hanno momento non nullo:

!!Fpbp = Fabc → tanθ =

bpbc

=FaFp

!!θ = arctan Fa

Fp

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ = arctan

v2

rg⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟≈33°

29. u Le forze elastiche sono: 𝐹! = −𝑘!(𝑥 − 𝑅 − 𝐿!) e 𝐹! = 𝑘!(𝑑 − 𝑥 − 𝑅 − 𝐿!). All’equilibrio 𝐹! + 𝐹! = 0, quindi

− 𝑘! + 𝑘! 𝑥 + 𝑘! − 𝑘! 𝑅 + 𝑘!𝐿! + 𝑘! 𝑑 − 𝐿! = 0,

𝑥!" =𝑘! 𝑅 + 𝐿! + 𝑘!(𝑑 − 𝑅 − 𝐿!)

𝑘! + 𝑘!= 0,35 m.

u La forza totale può essere scritta nella forma 𝐹 = 𝐹! + 𝐹! = −(𝑘! + 𝑘!)(𝑥 − 𝑥!")

quindi la forza F è di tipo elastico, con costante 𝑘 = 𝑘! + 𝑘! = 4,3×10! N/m.



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problemi di...

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