Vai al contenuto
Il Compagno di Corso

Esercizi svolti di cinematica: dal moto rettilineo al moto armonico

Fisica 1 › Cinematicadi Valentino RoccoPubblicato il 7 min di lettura

In questa pagina
  1. Esercizio 1 · Due auto che si incontrano
  2. Esercizio 2 · Lo spazio di frenata
  3. Esercizio 3 · Un sasso lanciato da un ponte
  4. Esercizio 4 · Il tiro oltre il muro
  5. Esercizio 5 · La centrifuga della lavatrice
  6. Esercizio 6 · Un moto armonico
  7. Esercizio 7 · Un moto nel piano
  8. Esercizio 8 · Accelerazione variabile
  9. Per continuare

In questa pagina trovi otto esercizi su tutto il capitolo di cinematica, in ordine di difficoltà: i primi sono di base, quelli centrali di livello medio, gli ultimi sono da esame, con più domande collegate e un po’ di analisi.

Per ognuno ti consiglio di provare da solo, seguendo il metodo in 6 passi, e di aprire la soluzione solo dopo. Se ti blocchi, rileggi la teoria nell’articolo collegato e riprova. In tutti gli esercizi usiamo g=9,81 m/s2g = 9{,}81\ \text{m/s}^2.

Esercizio 1 · Due auto che si incontrano

Livello: base · Argomento: moto rettilineo uniforme

Due paesi distano 80 km lungo una strada rettilinea. Alle 8:00 un’auto parte dal primo paese verso il secondo a 72 km/h costanti. Alle 8:10 una seconda auto parte dal secondo paese verso il primo a 90 km/h costanti. A che ora e a quale distanza dal primo paese si incrociano?

Mostra la soluzione

Sistema di riferimento. Origine nel primo paese, asse xx verso il secondo; il tempo tt si misura in ore a partire dalle 8:00. Visto che i dati sono in km e km/h, possiamo lavorare direttamente in queste unità, purché siano coerenti.

Leggi orarie. La prima auto parte da x=0x = 0 con velocità positiva. La seconda parte da x=80 kmx = 80\ \text{km} con velocità negativa, e solo dopo 16\frac{1}{6} di ora:

x1(t)=72 tx2(t)=80−90(t−16)\begin{gathered} x_1(t) = 72\,t \\ x_2(t) = 80 - 90\left(t - \frac{1}{6}\right) \end{gathered}

Condizione di incontro: le due auto sono nello stesso punto nello stesso istante, x1=x2x_1 = x_2:

72 t=80−90 t+15162 t=95t≈0,586 h≈35 min\begin{gathered} 72\,t = 80 - 90\,t + 15 \\ 162\,t = 95 \\ t \approx 0{,}586\ \text{h} \approx 35\ \text{min} \end{gathered}

Si incrociano alle 8:35, a una distanza dal primo paese di:

x=72⋅0,586 km≈42,2 kmx = 72 \cdot 0{,}586\ \text{km} \approx 42{,}2\ \text{km}

Controllo. La seconda auto ha viaggiato per 25 minuti percorrendo 90⋅0,419≈37,8 km90 \cdot 0{,}419 \approx 37{,}8\ \text{km}, e 42,2+37,8=80 km42{,}2 + 37{,}8 = 80\ \text{km}.

Esercizio 2 · Lo spazio di frenata

Livello: base · Argomento: moto uniformemente accelerato

Un’auto viaggia a 108 km/h quando il conducente vede un ostacolo. Prima di frenare passano 0,8 s, il tempo di reazione; poi l’auto rallenta con decelerazione costante di 6 m/s².

  1. Quanta strada percorre l’auto dal momento in cui il conducente vede l’ostacolo a quando si ferma?
  2. Quale velocità massima permetterebbe di fermarsi in 60 m?
Mostra la soluzione

Unità. v0=108 km/h=30 m/sv_0 = 108\ \text{km/h} = 30\ \text{m/s}.

1. Spazio di arresto. Durante il tempo di reazione l’auto va ancora a velocità costante:

dr=v0 tr=30⋅0,8 m=24 md_r = v_0\,t_r = 30 \cdot 0{,}8\ \text{m} = 24\ \text{m}

In frenata, dalla relazione v2=v02−2 a dv^2 = v_0^2 - 2\,a\,d con v=0v = 0:

df=v022 a=3022⋅6 m=75 md_f = \frac{v_0^2}{2\,a} = \frac{30^2}{2 \cdot 6}\ \text{m} = 75\ \text{m}

In totale l’auto percorre 99 m. Nota che un quarto dello spazio se ne va prima ancora di toccare il freno.

2. Velocità massima per fermarsi in 60 m. Ora l’incognita è v0v_0 e lo spazio totale è dato:

v0 tr+v022 a=60v0212+0,8 v0−60=0\begin{gathered} v_0\,t_r + \frac{v_0^2}{2\,a} = 60 \\ \frac{v_0^2}{12} + 0{,}8\,v_0 - 60 = 0 \end{gathered}

Moltiplicando per 12: v02+9,6 v0−720=0v_0^2 + 9{,}6\,v_0 - 720 = 0. Teniamo solo la soluzione positiva:

v0=−9,6+9,62+4⋅7202 m/sv0≈22,5 m/sv0≈81 km/h\begin{gathered} v_0 = \frac{-9{,}6 + \sqrt{9{,}6^2 + 4 \cdot 720}}{2}\ \text{m/s} \\ v_0 \approx 22{,}5\ \text{m/s} \\ v_0 \approx 81\ \text{km/h} \end{gathered}

Esercizio 3 · Un sasso lanciato da un ponte

Livello: medio · Argomento: lancio verticale

Da un ponte alto 25 m sopra un fiume si lancia un sasso verticalmente verso l’alto a 12 m/s. Trascurando la resistenza dell’aria, calcola:

  1. l’altezza massima raggiunta, rispetto all’acqua;
  2. il tempo dopo il quale il sasso tocca l’acqua;
  3. la velocità con cui la tocca.
Mostra la soluzione

Sistema di riferimento. Asse yy verso l’alto con origine sulla superficie dell’acqua. L’accelerazione è −g-g, e la legge oraria è:

y(t)=h+v0 t−12 g t2v(t)=v0−g t\begin{gathered} y(t) = h + v_0\,t - \frac{1}{2}\,g\,t^2 \\ v(t) = v_0 - g\,t \end{gathered}

con h=25 mh = 25\ \text{m} e v0=12 m/sv_0 = 12\ \text{m/s}.

1. Altezza massima. Nel punto più alto la velocità è nulla: tmax=v0/g≈1,22 st_{max} = v_0/g \approx 1{,}22\ \text{s}, e

ymax=h+v022 g=25+14419,62 mymax≈32,3 m\begin{gathered} y_{max} = h + \frac{v_0^2}{2\,g} = 25 + \frac{144}{19{,}62}\ \text{m} \\ y_{max} \approx 32{,}3\ \text{m} \end{gathered}

2. Tempo di arrivo in acqua. Imponiamo y=0y = 0: è un’equazione di secondo grado in tt,

12 g t2−v0 t−h=0t=v0+v02+2 g hg=12+25,199,81 st≈3,79 s\begin{gathered} \frac{1}{2}\,g\,t^2 - v_0\,t - h = 0 \\ t = \frac{v_0 + \sqrt{v_0^2 + 2\,g\,h}}{g} = \frac{12 + 25{,}19}{9{,}81}\ \text{s} \\ t \approx 3{,}79\ \text{s} \end{gathered}

L’altra soluzione è negativa e non ha significato fisico.

3. Velocità finale.

v=v0−g t=12−9,81⋅3,79 m/sv≈−25,2 m/s\begin{gathered} v = v_0 - g\,t = 12 - 9{,}81 \cdot 3{,}79\ \text{m/s} \\ v \approx -25{,}2\ \text{m/s} \end{gathered}

Il segno meno indica che il sasso scende. Controllo con la conservazione dell’energia: ∣v∣=v02+2gh=144+490,5≈25,2 m/s|v| = \sqrt{v_0^2 + 2gh} = \sqrt{144 + 490{,}5} \approx 25{,}2\ \text{m/s}. Il modulo non dipende dal fatto che il sasso sia stato lanciato verso l’alto o verso il basso.

Esercizio 4 · Il tiro oltre il muro

Livello: medio · Argomento: moto parabolico

Un pallone viene calciato da terra a 18 m/s, con un angolo di 35° sopra l’orizzontale, verso un muro alto 3 m che si trova a 20 m di distanza. Trascurando la resistenza dell’aria:

  1. il pallone supera il muro? A che altezza passa?
  2. In quel momento sta salendo o scendendo?
  3. Dove ricadrebbe a terra, se il muro non ci fosse?
Mostra la soluzione

Componenti della velocità iniziale:

v0x=v0cos⁡35°≈14,74 m/sv0y=v0sin⁡35°≈10,32 m/s\begin{gathered} v_{0x} = v_0\cos 35° \approx 14{,}74\ \text{m/s} \\ v_{0y} = v_0\sin 35° \approx 10{,}32\ \text{m/s} \end{gathered}

1. Altezza al muro. In orizzontale il moto è uniforme: il pallone arriva al muro dopo

tm=dv0x=2014,74 s≈1,356 st_m = \frac{d}{v_{0x}} = \frac{20}{14{,}74}\ \text{s} \approx 1{,}356\ \text{s}

In verticale il moto è uniformemente accelerato:

ym=v0y tm−12 g tm2ym=10,32⋅1,356−4,905⋅1,3562 mym≈4,98 m\begin{gathered} y_m = v_{0y}\,t_m - \frac{1}{2}\,g\,t_m^2 \\ y_m = 10{,}32 \cdot 1{,}356 - 4{,}905 \cdot 1{,}356^2\ \text{m} \\ y_m \approx 4{,}98\ \text{m} \end{gathered}

Il pallone supera il muro con circa 2 m di margine.

2. Sale o scende? La velocità verticale al muro è vy=v0y−g tm≈10,32−13,31≈−2,98 m/sv_y = v_{0y} - g\,t_m \approx 10{,}32 - 13{,}31 \approx -2{,}98\ \text{m/s}: è negativa, quindi il pallone sta già scendendo. Infatti il punto più alto, a ymax=v0y2/(2g)≈5,43 my_{max} = v_{0y}^2/(2g) \approx 5{,}43\ \text{m}, lo raggiunge a x≈15,5 mx \approx 15{,}5\ \text{m}, prima del muro.

3. Gittata.

R=v02sin⁡(2θ)g=182⋅sin⁡70°9,81 mR≈31,0 m\begin{gathered} R = \frac{v_0^2\sin(2\theta)}{g} = \frac{18^2 \cdot \sin 70°}{9{,}81}\ \text{m} \\ R \approx 31{,}0\ \text{m} \end{gathered}

Traiettoria parabolica del pallone calciato a 18 metri al secondo con un angolo di 35 gradi, che supera un muro alto 3 metri posto a 20 metri e ricadrebbe a circa 31 metri

Esercizio 5 · La centrifuga della lavatrice

Livello: medio · Argomento: moto circolare

Il cestello di una lavatrice ha un raggio di 25 cm e, durante la centrifuga, ruota a 1200 giri al minuto.

  1. Calcola la velocità angolare, la velocità di un punto del bordo e la sua accelerazione centripeta, anche in multipli di gg.
  2. Partendo da fermo, il cestello raggiunge 1200 giri/min in 10 s con accelerazione angolare costante. Quanti giri compie in questo tempo? Quanto vale l’accelerazione tangenziale di un punto del bordo?
Mostra la soluzione

1. Moto circolare uniforme. Un giro vale 2π2\pi radianti e un minuto 60 secondi:

ω=1200⋅2π60 rad/s≈125,7 rad/sv=ω r≈125,7⋅0,25 m/s≈31,4 m/s\begin{gathered} \omega = 1200 \cdot \frac{2\pi}{60}\ \text{rad/s} \approx 125{,}7\ \text{rad/s} \\ v = \omega\,r \approx 125{,}7 \cdot 0{,}25\ \text{m/s} \approx 31{,}4\ \text{m/s} \end{gathered} ac=ω2 r≈125,72⋅0,25 m/s2ac≈3950 m/s2≈400 g\begin{gathered} a_c = \omega^2\,r \approx 125{,}7^2 \cdot 0{,}25\ \text{m/s}^2 \\ a_c \approx 3950\ \text{m/s}^2 \approx 400\,g \end{gathered}

È questa enorme accelerazione centripeta, che i panni ricevono dal cestello ma l’acqua attraverso i fori no, a strizzare il bucato.

2. Fase di accelerazione.

α=ωt=125,710 rad/s2≈12,6 rad/s2θ=12 α t2≈628 rad\begin{gathered} \alpha = \frac{\omega}{t} = \frac{125{,}7}{10}\ \text{rad/s}^2 \approx 12{,}6\ \text{rad/s}^2 \\ \theta = \frac{1}{2}\,\alpha\,t^2 \approx 628\ \text{rad} \end{gathered}

cioè 628/(2π)=100628/(2\pi) = 100 giri. L’accelerazione tangenziale è at=α r≈3,14 m/s2a_t = \alpha\,r \approx 3{,}14\ \text{m/s}^2: piccolissima rispetto a quella centripeta finale.

Esercizio 6 · Un moto armonico

Livello: medio · Argomento: moto armonico semplice

Un punto oscilla di moto armonico lungo l’asse xx con ampiezza 5,0 cm e periodo 0,40 s. All’istante t=0t = 0 si trova in x=2,5 cmx = 2{,}5\ \text{cm} e si muove nel verso positivo.

  1. Scrivi la legge oraria nella forma x(t)=Acos⁡(ωt+φ)x(t) = A\cos(\omega t + \varphi).
  2. Calcola la velocità massima e l’accelerazione massima.
  3. Quanto vale la velocità quando il punto passa per x=3,0 cmx = 3{,}0\ \text{cm}?
Mostra la soluzione

1. Legge oraria. La pulsazione è ω=2π/T=2π/0,40≈15,7 rad/s\omega = 2\pi/T = 2\pi/0{,}40 \approx 15{,}7\ \text{rad/s}. Per la fase imponiamo le condizioni iniziali:

x(0)=Acos⁡φ=2,5 cmcos⁡φ=12φ=±π3\begin{gathered} x(0) = A\cos\varphi = 2{,}5\ \text{cm} \\ \cos\varphi = \frac{1}{2} \\ \varphi = \pm\frac{\pi}{3} \end{gathered}

Per scegliere il segno usiamo la velocità, v(t)=−Aωsin⁡(ωt+φ)v(t) = -A\omega\sin(\omega t + \varphi). All’inizio deve essere positiva, quindi sin⁡φ<0\sin\varphi < 0 e φ=−π/3\varphi = -\pi/3:

x(t)=5,0cos⁡(15,7 t−π3) cmx(t) = 5{,}0\cos\left(15{,}7\,t - \frac{\pi}{3}\right)\ \text{cm}

2. Valori massimi.

vmax=A ω≈0,050⋅15,7 m/svmax≈0,79 m/samax=A ω2amax≈12 m/s2\begin{gathered} v_{max} = A\,\omega \approx 0{,}050 \cdot 15{,}7\ \text{m/s} \\ v_{max} \approx 0{,}79\ \text{m/s} \\ a_{max} = A\,\omega^2 \\ a_{max} \approx 12\ \text{m/s}^2 \end{gathered}

3. Velocità in x=3,0 cmx = 3{,}0\ \text{cm}. Dalla relazione tra velocità e posizione del moto armonico:

∣v∣=ωA2−x2∣v∣=15,7⋅0,0502−0,0302 m/s∣v∣=15,7⋅0,040 m/s∣v∣≈0,63 m/s\begin{gathered} |v| = \omega\sqrt{A^2 - x^2} \\ |v| = 15{,}7 \cdot \sqrt{0{,}050^2 - 0{,}030^2}\ \text{m/s} \\ |v| = 15{,}7 \cdot 0{,}040\ \text{m/s} \\ |v| \approx 0{,}63\ \text{m/s} \end{gathered}

Il verso dipende da quando il punto passa di lì: una volta andando verso destra e una tornando indietro.

Esercizio 7 · Un moto nel piano

Livello: da esame · Argomento: accelerazione tangenziale e normale

Un punto materiale si muove nel piano xyxy con legge oraria, in metri e secondi:

r⃗(t)=(3t2−2t)x^+(4t+1)y^\vec{r}(t) = \left(3t^2 - 2t\right)\hat{x} + \left(4t + 1\right)\hat{y}
  1. Calcola velocità e accelerazione in funzione del tempo.
  2. All’istante t=2 st = 2\ \text{s}, calcola il modulo della velocità, l’accelerazione tangenziale, l’accelerazione normale e il raggio di curvatura della traiettoria.
  3. In quale istante la velocità del punto è minima, e quanto vale?
Mostra la soluzione

1. Derivate.

v⃗(t)=dr⃗dt=(6t−2) x^+4 y^a⃗(t)=dv⃗dt=6 x^\begin{gathered} \vec{v}(t) = \frac{d\vec{r}}{dt} = (6t - 2)\,\hat{x} + 4\,\hat{y} \\ \vec{a}(t) = \frac{d\vec{v}}{dt} = 6\,\hat{x} \end{gathered}

L’accelerazione è costante e diretta lungo xx: la traiettoria è una parabola, come nel moto parabolico, ma “coricata”.

2. All’istante t=2 st = 2\ \text{s}: v⃗=(10,4) m/s\vec{v} = (10, 4)\ \text{m/s} e ∣v⃗∣=116≈10,8 m/s|\vec{v}| = \sqrt{116} \approx 10{,}8\ \text{m/s}.

L’accelerazione tangenziale è la componente di a⃗\vec{a} lungo la velocità:

at=a⃗⋅v⃗∣v⃗∣=6⋅10+0⋅410,77 m/s2at≈5,57 m/s2\begin{gathered} a_t = \frac{\vec{a} \cdot \vec{v}}{|\vec{v}|} = \frac{6 \cdot 10 + 0 \cdot 4}{10{,}77}\ \text{m/s}^2 \\ a_t \approx 5{,}57\ \text{m/s}^2 \end{gathered}

L’accelerazione normale è la parte che resta, perpendicolare alla velocità:

an=a2−at2=36−31,0 m/s2an≈2,23 m/s2\begin{gathered} a_n = \sqrt{a^2 - a_t^2} = \sqrt{36 - 31{,}0}\ \text{m/s}^2 \\ a_n \approx 2{,}23\ \text{m/s}^2 \end{gathered}

Il raggio di curvatura si ricava da an=v2/ρa_n = v^2/\rho:

ρ=v2an=1162,23 m≈52 m\rho = \frac{v^2}{a_n} = \frac{116}{2{,}23}\ \text{m} \approx 52\ \text{m}

3. Velocità minima. v2=(6t−2)2+16v^2 = (6t - 2)^2 + 16 è minima quando 6t−2=06t - 2 = 0, cioè a t=1/3 st = 1/3\ \text{s}, e vale vmin=4 m/sv_{min} = 4\ \text{m/s}. In quell’istante la velocità è perpendicolare all’accelerazione: at=0a_t = 0 e tutta l’accelerazione è normale.

Esercizio 8 · Accelerazione variabile

Livello: da esame · Argomento: moto rettilineo vario

Un punto si muove lungo l’asse xx con accelerazione a(t)=6t−4a(t) = 6t - 4 (in m/s², con tt in secondi). All’istante iniziale si trova nell’origine con velocità v0=1 m/sv_0 = 1\ \text{m/s}.

  1. Ricava la velocità v(t)v(t) e la posizione x(t)x(t).
  2. In quali istanti il punto inverte il verso del moto?
  3. Calcola lo spostamento e la distanza percorsa tra t=0t = 0 e t=2 st = 2\ \text{s}.
Mostra la soluzione

1. Integrazione. L’accelerazione non è costante: le formule del moto uniformemente accelerato non valgono, e bisogna integrare.

v(t)=v0+∫0ta dt′=1+3t2−4tx(t)=∫0tv dt′=t3−2t2+t\begin{gathered} v(t) = v_0 + \int_0^t a\,dt' = 1 + 3t^2 - 4t \\ x(t) = \int_0^t v\,dt' = t^3 - 2t^2 + t \end{gathered}

2. Inversioni del moto. Il punto inverte il verso quando la velocità si annulla e cambia segno:

3t2−4t+1=0(3t−1)(t−1)=0t=13 set=1 s\begin{gathered} 3t^2 - 4t + 1 = 0 \\ (3t - 1)(t - 1) = 0 \\ t = \frac{1}{3}\ \text{s} \quad \text{e} \quad t = 1\ \text{s} \end{gathered}

Prima di 1/31/3 s il punto va avanti, tra 1/31/3 e 1 s torna indietro, dopo 1 s va di nuovo avanti.

3. Spostamento e distanza. Calcoliamo le posizioni negli istanti importanti:

x(0)=0x ⁣(13)=427≈0,148 mx(1)=0x(2)=2 m\begin{gathered} x(0) = 0 \\ x\!\left(\tfrac{1}{3}\right) = \tfrac{4}{27} \approx 0{,}148\ \text{m} \\ x(1) = 0 \\ x(2) = 2\ \text{m} \end{gathered}

Lo spostamento è x(2)−x(0)=2 mx(2) - x(0) = 2\ \text{m}. La distanza percorsa somma i tratti in valore assoluto: 0,148+0,148+2≈2,30 m0{,}148 + 0{,}148 + 2 \approx 2{,}30\ \text{m}. La differenza tra le due è proprio il tratto avanti e indietro tra 1/31/3 s e 1 s.

Per continuare

Se un esercizio ti ha messo in difficoltà, ripassa l’argomento collegato e riprova il giorno dopo senza guardare la soluzione. Poi passa al capitolo successivo, la dinamica, a partire dalle leggi di Newton.

Se vuoi altri esercizi di cinematica spiegati passo per passo anche in video, li trovi nel mio corso di esercizi di Fisica 1 su Udemy.

Domande frequenti

Come si risolve un esercizio di cinematica?

Si fissa un sistema di riferimento con origine e verso positivo, si riconosce il tipo di moto, si scrivono le leggi orarie con i segni giusti e si impongono le condizioni del testo, per esempio che due corpi si trovino nella stessa posizione nello stesso istante. Conviene risolvere in lettere e mettere i numeri solo alla fine.

Quali sono gli esercizi di cinematica più frequenti all'esame?

L'incontro di due corpi in moto, la frenata con tempo di reazione, il lancio verticale e il moto parabolico, il moto circolare con accelerazione tangenziale e centripeta, e i moti nel piano dati con una legge oraria vettoriale, da derivare o integrare.

Continua a studiare

  • Moto parabolico: formule, gittata, altezza massima ed esercizi svolti

    Tutto il moto parabolico in una pagina: perché il moto si divide in un moto uniforme orizzontale e in un moto accelerato verticale, l'equazione della traiettoria, tempo di volo, altezza massima e gittata con la dimostrazione, il segreto dei 45° e degli angoli complementari, il lancio orizzontale e quello da un'altezza, tutte le formule inverse, il problema del cacciatore e della scimmia, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

  • Moto rettilineo uniformemente accelerato: formule, grafici, formule inverse ed esercizi

    Tutto il moto rettilineo uniformemente accelerato in una pagina: cos'è l'accelerazione e cosa significa il suo segno, le quattro formule con la dimostrazione (anche senza integrali, con i grafici), una tabella per scegliere quella giusta, i grafici di posizione, velocità e accelerazione, tutte le formule inverse, i casi della partenza da fermo e della frenata, gli errori più comuni e sei esercizi svolti, dallo spazio di frenata al sorpasso.

  • Moto rettilineo uniforme: legge oraria, grafici, velocità media ed esercizi svolti

    Cos'è il moto rettilineo uniforme e cosa c'entra il primo principio, spostamento e distanza percorsa, velocità media e istantanea, la legge oraria con la dimostrazione, il segno della velocità, i grafici spazio-tempo e velocità-tempo, la conversione tra km/h e m/s, incontri e inseguimenti tra due corpi, la velocità relativa, il Tutor in autostrada, la distanza di un fulmine, i secondi luce, le formule inverse, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.