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Esercizi svolti di dinamica: leggi di Newton, attrito, piano inclinato e forze

Fisica 1 › Dinamica del puntodi Valentino RoccoPubblicato il 6 min di lettura

In questa pagina
  1. Esercizio 1 · La bilancia in ascensore
  2. Esercizio 2 · Il blocco sul piano inclinato
  3. Esercizio 3 · Il servizio a tennis
  4. Esercizio 4 · Il blocco sul tavolo e la carrucola
  5. Esercizio 5 · L’auto in curva
  6. Esercizio 6 · Il pendolo conico
  7. Esercizio 7 · Una forza che dipende dal tempo
  8. Esercizio 8 · La caduta con attrito viscoso
  9. Per continuare

In questa pagina trovi otto esercizi su tutto il capitolo di dinamica del punto, in ordine di difficoltà: i primi sono di base, quelli centrali di livello medio, gli ultimi sono da esame.

Per ognuno prova da solo seguendo il metodo in 6 passi, e apri la soluzione solo dopo. In dinamica il passo più importante è il diagramma di corpo libero: disegna sempre tutte le forze su ogni corpo prima di scrivere una sola equazione. In tutti gli esercizi usiamo g=9,81 m/s2g = 9{,}81\ \text{m/s}^2.

Esercizio 1 · La bilancia in ascensore

Livello: base · Argomento: forza peso e reazione vincolare

Una persona di 70 kg sta su una bilancia pesapersone dentro un ascensore. Cosa indica la bilancia, in newton e in “chilogrammi”, quando l’ascensore:

  1. parte verso l’alto con accelerazione di 1,5 m/s²;
  2. sale a velocità costante;
  3. frena salendo, con decelerazione di 2,0 m/s²?
Mostra la soluzione

La bilancia misura la reazione normale NN che esercita sulla persona, non il suo peso. Sulla persona agiscono il peso mgmg, verso il basso, e NN, verso l’alto. Con l’asse verso l’alto, la seconda legge di Newton è:

N−m g=m aN=m (g+a)\begin{gathered} N - m\,g = m\,a \\ N = m\,(g + a) \end{gathered}

dove aa è l’accelerazione dell’ascensore, positiva se verso l’alto. La bilancia, tarata per indicare kg, mostra N/gN/g.

  1. a=+1,5 m/s2a = +1{,}5\ \text{m/s}^2: N=70⋅11,31 N≈792 NN = 70 \cdot 11{,}31\ \text{N} \approx 792\ \text{N}, la bilancia segna circa 80,7 kg.
  2. a=0a = 0: N=mg≈687 NN = mg \approx 687\ \text{N}, la bilancia segna 70 kg. A velocità costante non ci si accorge del moto: è il principio d’inerzia.
  3. Frenare salendo significa accelerazione verso il basso, a=−2,0 m/s2a = -2{,}0\ \text{m/s}^2: N=70⋅7,81 N≈547 NN = 70 \cdot 7{,}81\ \text{N} \approx 547\ \text{N}, la bilancia segna circa 55,7 kg.

Esercizio 2 · Il blocco sul piano inclinato

Livello: base · Argomento: piano inclinato con attrito

Un blocco di 4,0 kg è appoggiato su un piano inclinato di 25°.

  1. Qual è il coefficiente di attrito statico minimo perché il blocco resti fermo?
  2. In realtà il coefficiente di attrito statico è 0,30 e quello dinamico 0,25. Il blocco scivola? Con quale accelerazione?
Mostra la soluzione

Assi: xx lungo il piano, verso il basso; yy perpendicolare. La normale bilancia la componente perpendicolare del peso, N=mgcos⁡θN = mg\cos\theta, e la componente che tira il blocco verso il basso è mgsin⁡θmg\sin\theta.

1. Equilibrio. L’attrito statico deve bilanciare mgsin⁡θmg\sin\theta, e non può superare μsN\mu_s N:

m gsin⁡θ≤μs m gcos⁡θμs≥tan⁡θ=tan⁡25°≈0,47\begin{gathered} m\,g\sin\theta \le \mu_s\,m\,g\cos\theta \\ \mu_s \ge \tan\theta = \tan 25° \approx 0{,}47 \end{gathered}

La massa non conta: il risultato vale per qualsiasi blocco.

2. Il blocco scivola, perché 0,30<0,470{,}30 < 0{,}47. Durante la discesa agisce l’attrito dinamico, verso l’alto:

m a=m gsin⁡θ−μd m gcos⁡θa=g (sin⁡25°−0,25cos⁡25°)a≈9,81⋅(0,423−0,227) m/s2a≈1,92 m/s2\begin{gathered} m\,a = m\,g\sin\theta - \mu_d\,m\,g\cos\theta \\ a = g\,(\sin 25° - 0{,}25\cos 25°) \\ a \approx 9{,}81 \cdot (0{,}423 - 0{,}227)\ \text{m/s}^2 \\ a \approx 1{,}92\ \text{m/s}^2 \end{gathered}

Esercizio 3 · Il servizio a tennis

Livello: base · Argomento: quantità di moto e impulso

Una pallina da tennis di 58 g arriva verso la racchetta a 30 m/s e riparte nella direzione opposta a 25 m/s. Il contatto dura 4,0 ms. Calcola l’impulso ricevuto dalla pallina e la forza media esercitata dalla racchetta.

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Asse nel verso in cui la pallina riparte: la velocità iniziale è −30 m/s-30\ \text{m/s}, quella finale +25 m/s+25\ \text{m/s}. Per il teorema dell’impulso:

J=Δp=m (vf−vi)J=0,058⋅(25−(−30)) N⋅sJ=3,19 N⋅s\begin{gathered} J = \Delta p = m\,(v_f - v_i) \\ J = 0{,}058 \cdot \big(25 - (-30)\big)\ \text{N·s} \\ J = 3{,}19\ \text{N·s} \end{gathered}

Attenzione al segno: la velocità cambia di 55 m/s, non di 5 m/s, perché cambia verso.

Forza media:

Fm=JΔt=3,190,004 N≈800 NF_m = \frac{J}{\Delta t} = \frac{3{,}19}{0{,}004}\ \text{N} \approx 800\ \text{N}

È più di 1400 volte il peso della pallina: per questo, durante l’urto, il peso si può trascurare.

Esercizio 4 · Il blocco sul tavolo e la carrucola

Livello: medio · Argomento: tensione dei fili

Un blocco di massa m1=3,0 kgm_1 = 3{,}0\ \text{kg} è appoggiato su un tavolo orizzontale con coefficiente di attrito dinamico 0,20. Un filo inestensibile e di massa trascurabile lo collega, passando per una carrucola ideale sul bordo del tavolo, a un blocco m2=2,0 kgm_2 = 2{,}0\ \text{kg} appeso. Il sistema parte da fermo.

Blocco di massa m1 su un tavolo scabro collegato da un filo, che passa su una carrucola al bordo del tavolo, a un blocco di massa m2 appeso

  1. Calcola l’accelerazione dei blocchi e la tensione del filo.
  2. Che velocità hanno i blocchi dopo che m2m_2 è sceso di 1,0 m?
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Forze. Su m1m_1: tensione TT verso la carrucola e attrito μdm1g\mu_d m_1 g in verso opposto (lungo la verticale peso e normale si bilanciano). Su m2m_2: peso m2gm_2 g verso il basso e tensione TT verso l’alto. Il filo è inestensibile, quindi i due blocchi hanno la stessa accelerazione aa, che prendiamo positiva nel verso del moto.

T−μd m1 g=m1 am2 g−T=m2 a\begin{gathered} T - \mu_d\,m_1\,g = m_1\,a \\ m_2\,g - T = m_2\,a \end{gathered}

1. Sommando le due equazioni la tensione si elimina:

a=m2−μd m1m1+m2 ga=2,0−0,20⋅3,05,0⋅9,81 m/s2a≈2,75 m/s2\begin{gathered} a = \frac{m_2 - \mu_d\,m_1}{m_1 + m_2}\,g \\ a = \frac{2{,}0 - 0{,}20 \cdot 3{,}0}{5{,}0} \cdot 9{,}81\ \text{m/s}^2 \\ a \approx 2{,}75\ \text{m/s}^2 \end{gathered} T=m2 (g−a)=2,0⋅(9,81−2,75) NT≈14,1 N\begin{gathered} T = m_2\,(g - a) = 2{,}0 \cdot (9{,}81 - 2{,}75)\ \text{N} \\ T \approx 14{,}1\ \text{N} \end{gathered}

La tensione è minore del peso di m2m_2 (19,6 N): se fossero uguali, m2m_2 non accelererebbe.

2. Il moto è uniformemente accelerato da fermo:

v=2 a d=2⋅2,75⋅1,0 m/sv≈2,34 m/s\begin{gathered} v = \sqrt{2\,a\,d} = \sqrt{2 \cdot 2{,}75 \cdot 1{,}0}\ \text{m/s} \\ v \approx 2{,}34\ \text{m/s} \end{gathered}

Esercizio 5 · L’auto in curva

Livello: medio · Argomento: forza centripeta

  1. Un’auto affronta una curva piana di raggio 50 m. Il coefficiente di attrito statico tra pneumatici e asfalto è 0,60. Qual è la velocità massima con cui può percorrere la curva senza sbandare?
  2. Una curva dello stesso raggio è sopraelevata di 15°. A quale velocità un’auto la percorre senza bisogno di alcun attrito, per esempio sul ghiaccio?
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1. Curva piana. L’unica forza orizzontale è l’attrito statico, che fornisce la forza centripeta e non può superare μsmg\mu_s mg:

m v2R≤μs m gvmax=μs g Rvmax=0,60⋅9,81⋅50 m/svmax≈17,2 m/svmax≈62 km/h\begin{gathered} m\,\frac{v^2}{R} \le \mu_s\,m\,g \\ v_{max} = \sqrt{\mu_s\,g\,R} \\ v_{max} = \sqrt{0{,}60 \cdot 9{,}81 \cdot 50}\ \text{m/s} \\ v_{max} \approx 17{,}2\ \text{m/s} \\ v_{max} \approx 62\ \text{km/h} \end{gathered}

2. Curva sopraelevata senza attrito. La normale è inclinata di θ\theta rispetto alla verticale. La sua componente verticale bilancia il peso, quella orizzontale fa da forza centripeta:

Ncos⁡θ=m gNsin⁡θ=m v2R\begin{gathered} N\cos\theta = m\,g \\ N\sin\theta = m\,\frac{v^2}{R} \end{gathered}

Dividendo membro a membro:

tan⁡θ=v2g Rv=g Rtan⁡θv=9,81⋅50⋅tan⁡15° m/sv≈11,5 m/sv≈41 km/h\begin{gathered} \tan\theta = \frac{v^2}{g\,R} \\ v = \sqrt{g\,R\tan\theta} \\ v = \sqrt{9{,}81 \cdot 50 \cdot \tan 15°}\ \text{m/s} \\ v \approx 11{,}5\ \text{m/s} \\ v \approx 41\ \text{km/h} \end{gathered}

In entrambi i casi la massa dell’auto non conta.

Esercizio 6 · Il pendolo conico

Livello: medio · Argomento: forza centripeta e tensione

Una pallina di 0,50 kg, appesa a un filo lungo 1,20 m, gira su una circonferenza orizzontale in modo che il filo formi sempre un angolo di 30° con la verticale. Calcola la tensione del filo, la velocità angolare, il periodo del moto e la velocità della pallina.

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Forze: peso mgmg e tensione TT lungo il filo. La pallina gira su una circonferenza di raggio r=Lsin⁡θ=0,60 mr = L\sin\theta = 0{,}60\ \text{m}.

In verticale non c’è accelerazione:

Tcos⁡θ=m gT=m gcos⁡30°=0,50⋅9,810,866 N≈5,66 N\begin{gathered} T\cos\theta = m\,g \\ T = \frac{m\,g}{\cos 30°} = \frac{0{,}50 \cdot 9{,}81}{0{,}866}\ \text{N} \approx 5{,}66\ \text{N} \end{gathered}

In orizzontale la componente Tsin⁡θT\sin\theta è la forza centripeta, m ω2rm\,\omega^2 r, con r=Lsin⁡θr = L\sin\theta:

Tsin⁡θ=m ω2 Lsin⁡θω=Tm L=gLcos⁡θ≈3,07 rad/s\begin{gathered} T\sin\theta = m\,\omega^2\,L\sin\theta \\ \omega = \sqrt{\frac{T}{m\,L}} = \sqrt{\frac{g}{L\cos\theta}} \approx 3{,}07\ \text{rad/s} \end{gathered}

Il periodo è 2π/ω≈2,05 s2\pi/\omega \approx 2{,}05\ \text{s} e la velocità v=ω r≈3,07⋅0,60 m/s≈1,84 m/sv = \omega\,r \approx 3{,}07 \cdot 0{,}60\ \text{m/s} \approx 1{,}84\ \text{m/s}.

Esercizio 7 · Una forza che dipende dal tempo

Livello: da esame · Argomento: seconda legge di Newton

Un punto materiale di massa 2,0 kg, inizialmente fermo nell’origine, è soggetto alla forza (in newton, con tt in secondi):

F⃗(t)=4t x^+6 y^\vec{F}(t) = 4t\,\hat{x} + 6\,\hat{y}
  1. Calcola velocità e posizione in funzione del tempo.
  2. Quanto valgono il modulo della velocità e la posizione a t=3,0 st = 3{,}0\ \text{s}?
  3. Calcola l’impulso della forza tra 0 e 3,0 s e verifica il teorema dell’impulso.
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1. L’accelerazione è a⃗=F⃗/m=2t x^+3 y^\vec{a} = \vec{F}/m = 2t\,\hat{x} + 3\,\hat{y}. Non è costante, quindi si integra, con velocità e posizione iniziali nulle:

v⃗(t)=t2 x^+3t y^r⃗(t)=t33 x^+3t22 y^\begin{gathered} \vec{v}(t) = t^2\,\hat{x} + 3t\,\hat{y} \\ \vec{r}(t) = \frac{t^3}{3}\,\hat{x} + \frac{3t^2}{2}\,\hat{y} \end{gathered}

2. A t=3 st = 3\ \text{s}: v⃗=(9; 9) m/s\vec{v} = (9;\ 9)\ \text{m/s}, quindi ∣v⃗∣=92≈12,7 m/s|\vec{v}| = 9\sqrt{2} \approx 12{,}7\ \text{m/s}, diretta a 45°. La posizione è r⃗=(9; 13,5) m\vec{r} = (9;\ 13{,}5)\ \text{m}.

3. Impulso:

J⃗=∫03F⃗ dt=[2t2]03 x^+[6t]03 y^J⃗=(18; 18) N⋅s\begin{gathered} \vec{J} = \int_0^3 \vec{F}\,dt = \Big[2t^2\Big]_0^3\,\hat{x} + \Big[6t\Big]_0^3\,\hat{y} \\ \vec{J} = (18;\ 18)\ \text{N·s} \end{gathered}

E infatti m Δv⃗=2,0⋅(9; 9)=(18; 18) kg⋅m/sm\,\Delta\vec{v} = 2{,}0 \cdot (9;\ 9) = (18;\ 18)\ \text{kg·m/s}: il teorema dell’impulso è verificato.

Esercizio 8 · La caduta con attrito viscoso

Livello: da esame · Argomento: forze d'attrito

Un corpo di 1,0 kg cade da fermo in un fluido che esercita una forza di attrito viscoso F⃗=−k v⃗\vec{F} = -k\,\vec{v}, con k=0,50 kg/sk = 0{,}50\ \text{kg/s}.

  1. Scrivi l’equazione del moto e ricava la velocità in funzione del tempo.
  2. Qual è la velocità limite?
  3. Dopo quanto tempo il corpo raggiunge il 90% della velocità limite?
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1. Asse verso il basso. Le forze sono il peso e l’attrito, opposto alla velocità:

m dvdt=m g−k vm\,\frac{dv}{dt} = m\,g - k\,v

È un’equazione differenziale a variabili separabili:

∫0vdv′g−kmv′=∫0tdt′v(t)=m gk(1−e−kt/m)\begin{gathered} \int_0^v \frac{dv'}{g - \frac{k}{m}v'} = \int_0^t dt' \\ v(t) = \frac{m\,g}{k}\left(1 - e^{-kt/m}\right) \end{gathered}

2. Velocità limite. Per t→∞t \to \infty l’esponenziale si annulla:

vlim=m gk=1,0⋅9,810,50 m/svlim≈19,6 m/s\begin{gathered} v_{lim} = \frac{m\,g}{k} = \frac{1{,}0 \cdot 9{,}81}{0{,}50}\ \text{m/s} \\ v_{lim} \approx 19{,}6\ \text{m/s} \end{gathered}

È la velocità a cui l’attrito bilancia il peso e l’accelerazione si annulla.

3. 90% della velocità limite:

1−e−kt/m=0,90t=mkln⁡10=2,0⋅2,303 s≈4,6 s\begin{gathered} 1 - e^{-kt/m} = 0{,}90 \\ t = \frac{m}{k}\ln 10 = 2{,}0 \cdot 2{,}303\ \text{s} \approx 4{,}6\ \text{s} \end{gathered}

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, dove molti di questi problemi diventano più veloci con l’energia: lavoro, potenza ed energia cinetica.

Se vuoi altri esercizi di dinamica 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 dinamica?

Si disegna il diagramma di corpo libero di ogni corpo con tutte le forze, si sceglie un sistema di assi per ciascuno, si scrive la seconda legge di Newton lungo ogni asse e si aggiungono le relazioni di vincolo, come la stessa accelerazione per corpi legati da un filo inestensibile. Poi si risolve il sistema in lettere.

Quali esercizi di dinamica escono più spesso all'esame?

Piani inclinati con attrito, corpi collegati da fili e carrucole, ascensori, moti circolari con forza centripeta come curve e pendoli conici, e forze che dipendono dal tempo o dalla velocità, come l'attrito viscoso, da risolvere con un'equazione differenziale.

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