alcuni problemi del testo (e alcune soluzioni) - Giovanni Tonzig

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 1
ALCUNI PROBLEMI DEL TESTO (E ALCUNE SOLUZIONI)
• Vengono qui presentati, a scopo esemplificativo, alcuni dei problemi proposti
dal testo Fondamenti di Meccanica classica.
• I problemi contrassegnati da un asterisco sono, dal punto di vista concettuale
e/o del calcolo, i più impegnativi.
• Nel testo è data risposta a tutti i problemi: in questa sede solo a quelli contrassegnati
con una «R».
• Nella sezione “Indice del libro e pagine dimostrative” del sito è offerto il quadro
completo dei problemi dei capitoli 2 (Approssimazioni), 10 (Attrito), 12
(Dinamica relativa) e 13 (Dinamica rotazionale). Il testo di alcuni di tali
problemi, corredato di risposta, è riproposto in questa pagina.
INDICE
pag.2 Capitolo 1 - INTRODUZIONE ALLA FISICA
pag.6 Capitolo 2 - APPROSSIMAZIONI
pag.8 Capitolo 3 - CINEMATICA GENERALE (1)
pag.16 Capitolo 4 - CINEMATICA GENERALE (2)
pag.25 Capitolo 5 - CINEMATICA DEL CORPO RIGIDO
pag.29 Capitolo 6 - STATICA DEL CORPO RIGIDO
pag.33 Capitolo 7 - STATICA DEI FLUIDI
pag.36 Capitolo 8 - I PRINCÌPI DI NEWTON
pag.44 Capitolo 9 - LAVORO ED ENERGIA
pag.52 Capitolo 10 - ATTRITO
pag.59 Capitolo 11 - GRAVITAZIONE
pag.65 Capitolo 12 - DINAMICA RELATIVA
pag.69 Capitolo 13 - DINAMICA ROTAZIONALE
pag.76 Capitolo 14 - URTI
pag.79 Capitolo 15 - OSCILLAZIONI
pag.81 Capitolo 16 – DINAMICA DEI FLUIDI

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CAPITOLO 1 − INTRODUZIONE ALLA FISICA
DIMENSIONI
8 Se due grandezze hanno uguali dimensioni, il loro rapporto
(a) è uguale a 1 (b) è una grandezza dello stesso tipo (c) .....
9 [R] Lo studente A deve calcolare l’area del cerchio, ma non ricorda con sicurezza
se occorre usare la formula π R 2 , oppure la formula 4π R 2 , oppure la formula
(4/3)π R 3 . Si spieghi se l’analisi dimensionale lo può aiutare a individuare
la formula giusta.
13 Le grandezze x, y, z, k sono legate dalla relazione (x − 5z 3 )/9yk = 48 m 3 /s.
Sapendo che z = 18 m e che y = 6 m/s, determinare le dimensioni di x e di k.
15 Sapendo che la «capacità equivalente» di due condensatori in serie, rispettivamente
di capacità C 1 e C 2 , è C e = C 1 C 2 /(C 1 +C 2 ), cioè il prodotto delle capacità
diviso la somma, potremmo dedurne che se i condensatori sono tre la capacità
equivalente è C e = C 1 C 2 C 3 /(C 1 +C 2 +C 3 ). Un semplice controllo dimensionale
ci avvertirebbe però subito dell’errore: spiegare.
17 [R] Uno studente ricorda che la velocità di propagazione delle onde trasversali
su una corda elastica dipende dalla tensione della corda, dalla sua massa e dalla
sua lunghezza, ma non ricorda la formula. In che modo l’analisi dimensionale
lo può aiutare?
VETTORI [1]
25 [R] Tre vettori a r , b r , c r di modulo uguale sono disposti in
b r
modo da formare un triangolo equilatero, come in fig.14.
Si chiarisca quanto vale l’angolo formato da a r con b r , da
b r con c r , da c r con a r c r
.
27 Le componenti cartesiane di un vettore p r sono p x = 5, p y
= −2, p z = 9.
(a) Determinare il modulo di p r .
(b) Determinare gli angoli formati da p r con i tre assi cartesiani.
31 [R] Sapendo che i vettori p r , q r e p
r + q
r hanno modulo uguale, determinare
l’angolo tra p r e q r .
33 Sapendo che p
r + q
r è perpendicolare a p r , e che r r
q p q r
= 2 + , determinare
(a) il valore dell’angolo tra q r e p
r + q
r , (b) il valore dell’angolo tra p r e q r .
1 Si tenga presente che nel testo il prodotto scalare viene indicato con un punto (es. p r ⋅ m
r ) e il prodotto
vettoriale con una V rovesciata (es. p c
r
)
r ∧ .
a r Fig. 14

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36 [R] Una barca a motore che in acqua ferma si muoverebbe con velocità v ' = 20
km/h in direzione W 28°N, procede in realtà con velocità v = 25 km/h in direzione
W 48°N per effetto della corrente. Determinare la velocità (valore e direzione)
della corrente.
41 [R] Un vettore AB , col primo estremo fisso nell’origine di un piano cartesiano
x, y, ruota in tale piano in senso antiorario attorno all’estremo A. Detto ϕ
l’angolo formato da AB con l’asse x, si esprimano in funzione di ϕ :
(a) il versore u r
tg tangente in B alla circonferenza descritta da B e diretto nel
senso del moto, (b) il versore u r n diretto in senso opposto ad AB .
48 Il vettore p r (modulo 6) è diretto verticalmente verso l’alto: determinare m r in
modo che risulti p r ⋅m r = −12.
(a) una e una sola soluzione (b) nessuna soluzione (c) infinite soluzioni.
49 L’angolo tra p r (modulo 6) e q r (modulo 18) è 60°. Determinare m r in modo
r r r
che risulti m∧
p = q.
(a) una e una sola soluzione (b) nessuna soluzione (c) infinite soluzioni.
54 Il vettore p r (modulo 6) è diretto orizzontalmente verso destra, il vettore q r
(modulo 24) è diretto verticalmente verso il basso. Determinare c r in modo che
risulti c r ⋅ p
r = 0 e r r r
p ∧ c = q .
(a) una e una sola soluzione (b) infinite soluzioni (c) nessuna soluzione.
r r r
57 [R] Si dimostri che quando, nel doppio prodotto misto p ⋅ q ∧ k , due dei tre
vettori sono uguali, il risultato è sempre zero.
r r r r
59 * [R] Determinare il valore dell’angolo tra il vettore p = 3 ux
+ 2u
y − uz
e il
vettore q r r r r
= − u + u + u .
5 x y z
61 * Determinare un versore n r che risulti perpendicolare tanto al vettore p r quanto
al vettore q r della domanda 59.

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SOLUZIONI
9 La formula (4/3)π R 3 può riferirsi solo a una grandezza avente le dimensioni di
una lunghezza al cubo (in effetti, esprime il volume della sfera). Sotto l’aspetto
dimensionale le altre due formule, che differiscono solo per un fattore numerico,
sono entrambe valide: la prima esprime l’area del cerchio, la seconda l’area
della superficie della sfera. In questo caso l’analisi dimensionale riduce il margine
di incertezza, ma non lo elimina.
17 Detta F la tensione della corda, l la sua lunghezza, m la sua massa, deve essere
v = kF x l y m z , dove k è un fattore numerico e x, y, z sono numeri da determinare.
Le dimensioni della grandezza kF x l y m z sono (MLT −2 ) x L y M z =
= M x + z L x + y T −2x . Uguagliando con le dimensioni LT −1 della velocità, si vede
che deve essere x + z = 0, x + y = 1, −2x = −1, vale a dire x = 1/2, y = 1/2, z =
= −1/2. Dunque, v = k Fl / m , dove il valore del numero k (che in realtà è
uguale a 1) non può essere determinato con l’analisi dimensionale.
25 L’angolo tra due vettori è l’angolo di cui uno dei due dovrebbe ruotare per portarsi
per la via più breve ad assumere la direzione dell’altro. Dunque tra a r e b r
ci sono 60°, tra b r e c r 120°, tra c r e a r 60°.
p
r r + q
31 120°, si veda la fig.1 (attenzione, non 60°: se
l’angolo tra p r e q r p r
fosse 60°, il modulo di
p
r + q
r sarebbe p r 3 , come si trova facilmente
anche con metodi di geometria elementare).
Fig. q r
1
36 La situazione è rappresentata in fig.5. Per il
teorema di Carnot risulta
2 2
V = v ' + v − 2v'
v cos20°
=
2
2
= 20 + 25 − 2×
20×
25×
0, 940 km/h =
= 9,22 km/h. Per il teorema dei seni è
(senϕ) / v'
= (sen 20° ) / V , dunque
senϕ = (sen20°) v'/V = 0,342 × 20 / 9,22 =
= 0,742, che significa ϕ = 47,9°. La direzione
di V r (che si ottiene da quella di v r mediante
rotazione oraria di 47,9°) è quindi
W (28°+20°+ 47,9°) N = W 95,9° N = N 5,9° E.
V r
ϕ
v r
v r '
20°
28°
Fig. 5
N
E

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41 (a) L’angolo tra u r
tg e l’asse x è ϕ + 90° (fig.
9). Essendo il modulo di u r
tg uguale a 1, la
sua componente x è uguale a cos (ϕ +90°) =
= − senϕ , la sua componente y è uguale a
sen (ϕ + 90°) = cosϕ . Risulta pertanto u r tg =
=(−senϕ ) u r x +(cosϕ ) u r y . Si noti che, se
u r r è un versore diretto come il raggio vettore
AB , e avente quindi come componenti cosϕ
e senϕ , risulta u r tg = du r
r /dϕ
.
(b) L’angolo tra u r
n e x è ϕ +180°. La componente x di u r n è cos (ϕ +180°) =
= − cosϕ , la componente y è − senϕ . Dunque, u r n = (−cosϕ ) u r x − (senϕ ) u r y .
Si noti che risulta u r n = du r
tg /dϕ
.
r r r
r r
57 Un prodotto come p ⋅ q ∧ q è zero perché è zero il vettore q ∧ q . Un prodotto
r r r
come p ⋅ p ∧ q è zero perché rappresenta un prodotto scalare tra vettori ortogonali
( p r e p
r r
r r r
∧ q).
Per la stessa ragione è zero il prodotto p ⋅ q ∧ p .
59 Risulta cosϕ = p r q
r r r
⋅ / pq
, dove p ⋅ q = p x q x + p y q y + p z q z , p =
q =
2
x
2
y
2
z
2
x
2
y
2
z
p + p + p ,
q + q + q . Dunque p r ⋅ q
r = 3 × (−5) + 2 × 1 + (−1) × 1 = −14, p =
2
2
2
= 3 + 2 + ( −1)
= 3,74, q = ( − 5) + 1 + ( −1)
= 5,20. Pertanto cosϕ =
=(−14) / (3,74 × 5,20) = −0,720, e quindi ϕ = 136°.
2
2
A
2
y
u r
n
ϕ
u r
tg
B
Fig. 9
x

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CAPITOLO 2 − APPROSSIMAZIONI
I problemi di questo capitolo sono tutti riportati nel sito alla sezione “Indice del libro e pagine
dimostrative”. Il testo di alcuni di tali problemi, corredato di risposta, è riproposto qui
di seguito.
3 [R] Eliminare un numero di decimali via via più grande nel numero
2,997 924 58, che moltiplicato per 10 8 dà il valore (esatto, per definizione) della
velocità della luce nel vuoto in m/s.
13 [R] Per il valore medio di una certa grandezza la calcolatrice ha fornito il valore
823,637. Si mostri come tale valore dovrebbe venire espresso se l’incertezza
fosse (a) 0,3 (b) 3 (c) 0,06 (d) 40 (e) 110 ( f ) 1,2 (g) 0,1.
18 [R] Il peso di un secchio vuoto è (1,44 ± 0,03) kg, il peso dello stesso secchio
pieno d’acqua è (12,38 ± 0,06) kg. Qual è il peso dell’acqua posta nel secchio?
25 [R] Sapendo che per il diametro di una sfera è stato trovato il valore (14,46 ±
0,16) cm, se ne deduca la misura del volume.
27 [R] Si esprima opportunamente in metri cubi il volume di 25000 l.
30 [R] Si scriva il numero 32,9508 con tre sole cifre significative.
36 [R] Nel Sistema Internazionale di unità di misura, la massa dell’elettrone è circa
9,11 × 10 −31 . Si scriva tale valore nella forma decimale.
43 [R] Quante sono le probabilità di azzeccare un terno secco al lotto?

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SOLUZIONI
3 6,672 59 → 6,672 6 → 6,673 → 6,67 → 6,7 → 7.
13 (a) 823,6 ± 0,3 (b) 824 ± 3 (c) 823,64 ± 0,06 (d) 820 ± 40 (e) 820 ± 110
( f ) 823,6 ± 1,2 (g) 823,63 ± 0,1 (approssimando a 823,6 avremmo spostato il
valore medio verso il basso di 3 centesimi, una quantità non abbastanza piccola
rispetto all’incertezza).
18 Il valore più probabile è (12,38 − 1,44) kg = 10,94 kg, l’incertezza è la somma
delle incertezze: (0,03 + 0,06) kg = 0,09 kg. L’acqua contenuta nel secchio pesa
quindi (10,94 ± 0,09) kg. Sommando le incertezze in quadratura (meglio)
2 2
avremmo ottenuto 0 ,03 + 0,06 = 0,07.
25 Il volume è dato da 4π R 3 /3: ponendo R = (14,46 / 2) cm = 7,23 cm si trova che
il valore più probabile del volume è 1583 cm 3 . L’incertezza assoluta sul raggio
è (0,16 / 2) cm = 0,08 cm, l’incertezza percentuale è 100 × 0,08 / 7,23 = 1,11 %.
L’incertezza percentuale sul cubo del raggio è il triplo: 3,33 %. Dividendo per
100 e moltiplicando per il valore più probabile del raggio al cubo (7,23 3 ) si ottiene
che l’incertezza assoluta su R 3 è 12,59 cm 3 . L’incertezza sul volume è allora
(4π /3)× 12,59 cm 3 = 52,7 cm 3 , che diventa 50 cm 3 . La misura del volume
è pertanto (1580 ± 50) cm 3 . Si noti che per trovare l’incertezza del volume abbiamo
moltiplicato per tre (e quindi sommato tre volte) l’incertezza percentuale
del raggio: non sarebbe stato corretto sommare le tre incertezze in quadratura,
dato che evidentemente le tre incertezze in questione non possono considerarsi
indipendenti l’una dall’altra.
27 25,000 m 3 . Se avessimo scritto 25 m 3 avremmo dichiarato un’approssimazione
a livello dei metri cubi, mentre nella misura originaria di 25 000 l viene dichiarata
un’incertezza a livello dei litri, mille volte inferiore.
30 33,0.
36 0,000 000 000 000 000 000 000 000 000 000 911 (trenta zeri dopo la virgola). Il
vantaggio della notazione scientifica sembra evidente...
43 Siano A, B e C i numeri su cui si è puntato. Dato che vengono estratti 5 numeri
su 90, la probabilità che A faccia parte della cinquina è 5/90. Se A è stato
estratto, la probabilità che B sia uno degli altri 4 numeri estratti sono 4/89. Se
B è stato estratto, la probabilità che sia stato estratto anche C sono 3/88. Il prodotto
delle tre probabilità è la probabilità di uscita del terno: 8,51×10 −5 (un po’
meno di 1 su 10 000). [2]
2 Con i concetti del calcolo combinatorio: i casi che con l’estrazione della cinquina possono verificarsi
sono tutte le N 5 combinazioni formate da 5 dei 90 numeri disponibili (N 5 è uguale al coefficiente
binomiale 90 su 5, cioè a 90×89×88×87×86 / [1×2×3×4×5]); i casi favorevoli sono tutte le cinquine
contenenti i tre numeri giocati, che sono tante quante sono le N 2 combinazioni formate da due qualsiasi
degli altri 87 numeri (N 2 è uguale al coefficiente binomiale 87 su 2, cioè a 87×86 / [1×2]). La
probabilità che esca il terno è il rapporto N 2 /N 5 tra casi favorevoli e casi possibili.

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 8
CAPITOLO 3 − CINEMATICA GENERALE (1)
INTERDIPENDENZA TRA POSIZIONE E TEMPO
9 [R] Con riferimento al diagramma di fig.1,
(a) si discuta la seguente affermazione: «il
diagramma indica che il punto mobile
viaggia lungo una traiettoria rettilinea»;
s (m)
(b) si determini il valore di s all’istante zero,
un minuto dopo l’istante zero, due mi-
20
1
nuti dopo, due minuti prima, un minuto
prima, tre minuti prima;
(c) si chiarisca in quale istante il punto mobile
t (min)
Fig. 1
viene a trovarsi nella posizione di rife-
rimento;
(d) si descriva la posizione del punto mobile all’istante zero;
(e) si chiarisca se un minuto prima dell’istante zero il punto mobile sta procedendo
in avanti oppure all’indietro;
( f ) si determini la lunghezza della parte di traiettoria compresa tra la posizione
occupata dal punto mobile tre minuti prima dell’istante zero e la posizione occupata
due minuti dopo l’istante zero.
10 Si considerino le sei linee orarie della figura
a lato (fig. 2): per quale (o quali) di esse
la lunghezza del percorso effettuato dal
punto mobile è superiore alla lunghezza
dell’arco di traiettoria compreso tra posizione
iniziale e posizione finale?
s
Fig. 2
t
11 [R] Il diagramma orario della figura a lato
si riferisce alle modalità di percorrimento
di una traiettoria aperta, a sua volta rappresentata
in fig. 3: P' è la posizione all’istante
t ', P" è la posizione all’istante t". Che cosa
si può dire circa la posizione di riferimento?
Com’è orientata la traiettoria?
s
t ' t "
t
P '
Fig. 3
P"
12 In quale eventualità la grandezza s"− s' rappresenta sicuramente la lunghezza
di tutto il percorso effettuato nell’intervallo di tempo tra t ' e t"?

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 9
VELOCITÀ SCALARE – MOTO UNIFORME
13 Un’automobile percorre prima un tratto AB con velocità media 60 km/h, poi
un tratto BC di lunghezza uguale con velocità media 120 km/h. Determinare la
velocità media tra A e C.
16 [R] La fig.15 mostra una traiettoria orientata
v
aperta lungo la quale è in movimento
A B
un punto K la cui velocità dipende dal
t
tempo nel modo indicato dal diagramma.
Si chiarisca se è possibile che A e B siano
t ' t"
rispettivamente la posizione di K all’istante
Fig. 15
t ' e all’istante t ".
18 [R] In fig.17 la linea continua esprime la
distanza s in funzione del tempo t, la linea a
tratti esprime la velocità v in funzione del
tempo t. È possibile che le due linee si riferiscano
al moto di uno stesso punto?
20 In base all’esame del grafico di fig.18 è
v
possibile affermare che:
(a) all’istante t ' il punto mobile si sta
avvicinando alla posizione di riferimento
t '
(vero/falso/...);
(b) all’istante t ' il punto mobile sta viaggiando
nel senso stesso della traiettoria
(vero/falso/...);
(c) all’istante t ' il punto mobile sta rallentando (vero/falso/...).
Fig. 18
25 Un punto si muove con equazione oraria s = At 3 – 3Bt 5 . Si esprima la velocità
in funzione del tempo.
26 [R] Un punto si muove con equazione oraria s = A cos (ωt +ϕ), con A, ω e ϕ
costanti. Determinare il valore della velocità all’istante zero.
s,v
s
v
t
Fig. 17
t

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ACCELERAZIONE SCALARE - MOTO UNIFORMEMENTE VARIO [3]
27 È impossibile che il diagramma orario presenti angolosità [4] (vero/falso).
29 [R] La velocità di un punto K è v = 6t − 4 (unità SI). Si esprima in funzione
del tempo la distanza di K dalla posizione occupata all’istante zero.
34 Un corpo lanciato verticalmente in assenza d’aria ha, a un dato istante, velocità
6 m/s verso l’alto. Si descriva la sua velocità dopo 1 s.
38 Dal punto di vista della velocità di arrivo al suolo, lanciare un corpo verticalmente
verso l’alto o verso il basso con una stessa velocità sarebbe, in assenza
d’aria, esattamente lo stesso (vero/falso).
39 [R] Con quale velocità occorre lanciare un sasso verso l’alto nel vuoto, se vogliamo
che dopo 1 s si trovi a quota 100 m?
40 Si vuole lanciare un sasso verticalmente verso l’alto in modo che la fase di salita
duri cinque secondi. Quale dovrebbe essere la velocità di lancio in assenza
d’aria?
42 Un punto P è in movimento con legge oraria s = t 3 − 5t 2 (unità SI).
(a) Si esprimano la velocità scalare e l’accelerazione scalare di P in funzione
del tempo.
(b) Si determini il valore medio della velocità e dell’accelerazione scalare nell’intervallo
di tempo tra t 1 = 3 s e t 2 = 9 s.
44 * [R] Un punto P è in movimento con accelerazione a = 3 − 4s (unità SI). Sapendo
che per s = 0 la velocità è v = 8 m/s, si esprima la velocità di P in funzione
della posizione.
46 *Un sasso, lanciato verticalmente verso l’alto, si trova a un dato istante in una
data posizione P, e 1 s più tardi nella stessa posizione: si determini il dislivello
tra P e la posizione più elevata raggiunta dal sasso.
47 *Un corpo K in moto uniformemente vario è stato fotografato ogni 2 s, e si è
osservato che la distanza percorsa da K tra un fotogramma e il successivo aumenta
di 10 cm ad ogni fotogramma. Determinare l’accelerazione di K.
49 *[R] La velocità di un punto è v = v 0 e − kt (unità internazionali, con k = 1,2 s −1
e v 0 = 3 m/s). Determinare la distanza percorsa da P nei tre secondi successivi
all’istante t 1 = −5s.
50 *L’accelerazione di un punto P è funzione lineare decrescente della sua velocità.
All’istante t = 0 è v = 0, a = 3 m/s 2 . Quando v = 20 m/s l’accelerazione
è a = 2 m/s 2 . Quanto tempo occorre a P per raggiungere la velocità di 40 m/s?
3 Nel testo è denominato uniformemente vario il moto nel quale la velocità scalare è funzione di primo
grado del tempo, e uniformemente accelerato il moto in cui il vettore accelerazione è costante in
valore e direzione lungo la traiettoria.
4 Punti cioè in corrispondenza dei quali esistono due distinte tangenti alla curva.

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 11
ACCELERAZIONE VETTORIALE
51 La fig. 32 mostra la traiettoria percorsa da un punto
K. È possibile che i due vettori abbiano il significato
suggerito in figura?
52 È impossibile che, nel moto di un punto, il vettore
velocità e il vettore accelerazione si mantengano
costantemente perpendicolari l’uno all’altro
(vero/falso).
55 [R] Dire che l’accelerazione scalare è positiva equivale a dire che l’accelerazione
tangenziale è diretta come la velocità (vero/falso).
56 [R] (a) Il modulo del vettore a r
y (componente y del vettore a r ) è dato dal valore
assoluto della pendenza del grafico che fornisce la componente y della velocità
in funzione del tempo (vero/falso).
(b) * Il componente trasversale del vettore accelerazione misura la rapidità con
cui è in variazione la componente del vettore velocità nella direzione della
normale alla traiettoria (vero/falso).
(c) * Il componente tangenziale del vettore accelerazione misura la rapidità con
cui è in variazione la componente del vettore velocità nella direzione della tangente
alla traiettoria (vero/falso).
58 Si chiarisca se è possibile che nell’intervallo
di tempo tra t ' e t"
(diagramma orario di fig. 33/A) si
verifichi per il punto P la situazione
rappresentata in fig. 33/B.
s
Fig. 33/A
t ' t"
Fig. 32
t
a r ?
K
v r ?
P
Fig. 33 / B
a r
59 Si chiarisca se è possibile che all’istante
t ' (fig. 34/A) si verifichi
per il punto P la situazione mostrata
in fig. 34/B.
Fig. 34/A
v
t '
t
a r v r P
Fig. 34 / B
60 [R] Si chiarisca se è possibile che
nell’intervallo di tempo tra t ' e t"
(fig. 35/A) si verifichi per il punto
P la situazione rappresentata in
fig. 35/B.
t'
v
Fig. 35/A
t"
t
v r 90°
Fig. 35 / B
a r
61 Stabilire se all’istante t 1 (fig. 36) l’angolo
tra velocità e accelerazione è a-
cuto oppure ottuso. E all’istante t 2 , al
quale corrisponde un massimo nel valore
della distanza s? E all’istante t 3 ?
t 1
s
t 2 t 3
t
Fig. 36

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 12
64 *È possibile che il componente trasversale dell’accelerazione abbia direzione
costante lungo la traiettoria?
65 *[R] In corrispondenza dell’istante
t ' (fig.37) il grafico presenta un
punto di flesso. Che cosa si può dire
circa l’angolo che il vettore velocità
forma col vettore accelerazione
in tale istante?
66 Dato che l’accelerazione g r di gravità ha modulo 9,8 m/s 2 , l’accelerazione scalare
di un punto materiale soggetto solo al proprio peso può valere solo ± 9,8
m/s 2 (vero/falso).
67 [R] Un punto si muove con equazione oraria s = 3 − 3 t 2 (unità CGS).
(a) Si chiarisca se due secondi prima dell’istante zero l’angolo tra i vettori velocità
e accelerazione è acuto, oppure retto, oppure ottuso.
(b) Si determini il modulo del vettore accelerazione in tale istante, assumendo
che il raggio di curvatura sia r = 18 cm.
s
t '
Fig. 37
t

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 13
SOLUZIONI
9 (a) Falso: il diagramma non fornisce indicazioni sulla forma della traiettoria.
(b) Per t = 0, s = 40 m. Un minuto dopo l’istante zero, s = 60 m. Due minuti
dopo, s = 80 m. Due minuti prima dell’istante zero, s = 0. Un minuto prima, s
= 20 m. Tre minuti prima, s = −20 m.
(c) Due minuti prima dell’istante zero, quando s = 0.
(d) Essendo in tale istante s = 40 m, a 40 m di distanza (misurati lungo la traiettoria
e nel senso della traiettoria) dalla posizione di riferimento.
(e) In avanti, visto che la distanza s dal riferimento sta aumentando col passare
del tempo.
( f ) È la grandezza s" − s', riferita agli istanti t" = 2 min (a cui corrisponde s"
= 80 m) e t ' = −3 min (a cui corrisponde s' = −20 m). La lunghezza richiesta è
pertanto 100 m.
11 Il fatto che (vedi diagramma orario) s' sia positiva ed s" negativa significa che
P ' si trova sul ramo positivo della traiettoria, e P" sul ramo negativo: quindi R
è tra P ' e P" (più vicino a P", perché la distanza s" è in valore assoluto inferiore
a s'). La traiettoria è orientata da P" verso P '.
16 No: il diagramma mostra che in tutto l’intervallo di tempo considerato la velocità
si mantiene a valori positivi, il che significa che K viaggia nel senso della
traiettoria. Perciò la posizione finale B non può, rispetto a tale senso, precedere
la posizione iniziale.
18 No, le due linee danno indicazioni del tutto contrastanti. Per esempio, nei due
istanti in cui il grafico delle velocità dà un valore nullo, la pendenza del grafico
delle distanze è diversa da zero; subito dopo il primo di tali istanti la velocità
assume valori positivi, mentre la pendenza del grafico delle distanze è negativa;
nell’istante in cui il grafico delle distanze ha
pendenza zero il grafico delle velocità indica s,v
un valore diverso da zero... e così via. Il grafico
delle velocità potrebbe invece essere
s
t
rappresentato da una retta a pendenza positiva
(fig. 2), che interseca l’asse dei tempi
v
nell’istante in cui la distanza s assume il
Fig. 2
massimo valore negativo.
26 Risulta v = ds/dt = −ωA sen(ωt + ϕ). Per t = 0, v = −ωA senϕ .
29 La grandezza richiesta è s − s 0 . Essendo v funzione di primo grado di t, il moto
è uniformemente vario, per cui s − s 0 = v 0 t + at 2 /2. La relazione tra v e t
mostra che, in unità SI, il valore numerico di v 0 è − 4, e che quello di a è 6.
Pertanto, la distanza di K dalla posizione occupata all’istante zero è s − s 0 =
= − 4 t + 3 t 2 , come si ottiene del resto per integrazione della funzione v = v (t).

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 14
39 Occorre che nel primo secondo di volo la velocità media del sasso sia di 100
m/s. Essendo il moto del sasso, in assenza d’aria, uniformemente vario, la sua
velocità media è semplicemente la media aritmetica tra la velocità iniziale e la
velocità finale. Dato che durante il primo secondo di volo la velocità del sasso
è diminuita di 9,8 m/s, la velocità iniziale è (100 + ½ 9,8) m/s, la velocità finale
(100 − ½ 9,8) m/s. Perciò la velocità di lancio è 104,9 m/s (mentre a 100 m
d’altezza è v = 95,1 m/s). Lo stesso risultato si ottiene ovviamente ponendo
y − y 0 = 100 m, t = 1 s e a = − 9,8 m/s 2 nella relazione y − y 0 = v 0 t − at 2 /2.
44 Essendo a = dv /dt e v = ds /dt, dividendo membro a membro si ottiene a ds =
s
= v dv. Integrando, a d s
∫
vdv
. Posto a = 3 − 4s si ottiene 3s − 2s 2 =
= [ ] 2 2
v
v
8
∫
= v
0
v ( s=
0)
/ = v 2 /2 − 32. Pertanto v = ± 6s − 4 s 64 (unità S.I.).
49 Per definizione s(t) = s 0 +
∫ t v d t , e nel nostro caso s(t) = s 0 +
0
2 +
t
∫
v 0 0
e
− k t
d
= s 0 + (v 0 / k) (1− e − kt ).
Con riferimento agli istanti t 1 = −5s e t 2 = (−5+3)s = −2 s risulta
−k t2 −k
t1
1 ,2 2 1,2×
5
s 2 − s 1 =(v 0 / k) ( 1− e −1+
e ) = [(3/1,2)(
− e
× + e )]m = 981 m.
55 Falso: se l’accelerazione tangenziale è diretta come v r , la velocità (valore assoluto)
è in aumento, mentre invece l’accelerazione scalare risulta positiva anche
quando il punto mobile procede con velocità negativa e sta rallentando (pendenza
positiva nel grafico v, t).
56 (a) Vero, dato che il modulo di a r
y misura la
rapidità di variazione del componente y della
velocità.
P
(b) Vero. Si osservi la fig.9: la componente di
v r nella direzione della normale alla traiettoria
n
in una data posizione P è ovviamente zero
quando il punto mobile è in P, ma, se la traiettoria
non ha in P andamento rettilineo, è diversa
da zero sia prima che dopo tale posizio-
Fig. 9
ne: se ad esempio supponiamo che la normale
n sia orientata verso il centro di curvatura, la componente di v r in tale direzione
è negativa prima di P, positiva dopo P. Pertanto in P, dove vale zero, è in variazione.
(c) Vero, per ragioni analoghe a quelle esposte al punto (b). Supponiamo ad
esempio che il moto sia uniforme: in un qualsiasi punto P l’accelerazione tangenziale
è zero perché la componente di v r nella direzione della tangente alla
traiettoria in P è più grande che nelle posizioni precedenti e successive, il che
significa che nel relativo diagramma temporale la pendenza è zero.
t
=

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 15
60 Sì, ma solo nell’istante in cui la velocità raggiunge il massimo valore, e quindi
è zero la pendenza del grafico v, t. La seconda figura indica infatti che, essendo
a r e v r perpendicolari, non c’è accelerazione tangenziale (ed è quindi zero anche
l’accelerazione scalare).
65 All’istante t ' la pendenza (la velocità) è massima. Perciò nel grafico v, t la
pendenza è zero, il che significa che in tale istante non c’è accelerazione tangenziale.
Se il vettore accelerazione è diverso da zero (il che richiede che la
traiettoria non abbia andamento rettilineo), è perpendicolare al vettore velocità.
67 (a) Il moto è uniformemente vario, la relazione tra v e t è v = −6 t. Per t =
= −2 s risulta v = 12 cm/s. Essendo positiva la velocità e negativa l’accelerazione
(scalare), il valore di v sta diminuendo: dunque il componente tangenziale
dell’accelerazione è diretto in senso opposto a v r , il che significa che
l’angolo tra v r e a r è maggiore di 90°.
(b) Il componente tangenziale di a r ha modulo costante 6 cm/s 2 . Il componente
trasversale ha modulo v 2 /r = (12 2 cm 2 /s 2 ) / (18 cm) = 8 cm/s 2 . Per il teorema di
2 2
Pitagora, il modulo dell’accelerazione è a = a + a = 10 cm/s 2 .
tg
n

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 16
CAPITOLO 4 − CINEMATICA GENERALE (2)
GRANDEZZE CINEMATICHE ANGOLARI
2 Trovare in che rapporto stanno, in un orologio, le velocità angolari delle lancette
delle ore, dei minuti e dei secondi.
5 [R] Tenuto conto che all’equatore il raggio terrestre è circa 6380 km, si determinino
velocità e accelerazione di un punto A posto sulla superficie terrestre all’equatore,
e di un punto B posto sulla superficie terrestre a 60° di latitudine.
7 Un punto si muove di moto uniforme con velocità v lungo una circonferenza di
raggio R. Determinare: (a) l’equazione oraria in termini angolari, (b) l’equazione
analitica della traiettoria, (c) l’equazione parametrica della traiettoria,
(d) l’espressione del raggio vettore in funzione del tempo, (e) l’espressione
dell’accelerazione in funzione del tempo.
10 [R] Un punto P è in movimento nel piano xy lungo una circonferenza di raggio
R con centro nell’origine O degli assi. La posizione di P è definita dall’angolo
ϕ = 3t + t 2 (unità SI) formato dal raggio vettore r = OP con l’asse delle x e
misurato in senso antiorario. Determinare:
(a) la legge oraria,
(b) la velocità angolare r ω e l’accelerazione angolare r α in funzione di t,
(c) la posizione r , la velocità v r , l’accelerazione normale a r n , l’accelerazione
tangenziale a r t in funzione di t.
11 Un punto P è in movimento nel piano xy con velocità angolare r ω = 10 u r
z (unità
SI) lungo una circonferenza centrata nell’origine O degli assi. A un dato
r r r
istante la posizione di P rispetto a O è definita da
= 0 ,5 u x + 0,1 u y (unità
SI): si calcolino i vettori velocità e accelerazione corrispondenti.
12 *[R] (a) Calcolare la velocità media scalare e vettoriale tra t 1 = 0 e t 2 = 2 s per
un punto P il cui moto è descritto dalle equazioni x = R cos kt 3 , y = R sen kt 3
(con R = 0,1 m, k = π s −3 ).
(b) * Determinare i vettori velocità e accelerazione all’istante t 2 .

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 17
MOTO UNIFORMEMENTE ACCELERATO
13 Un sasso è stato lanciato in aria. Durante un intervallo di tempo di 1 s, lo spostamento
orizzontale è stato di 15 m verso Est, lo spostamento verticale di 2 m
verso l’alto. Supponendo ininfluente la presenza d’aria, determinare lo spostamento
subìto dal sasso durante il secondo immediatamente precedente e durante
il secondo immediatamente successivo.
16 *[R] In quale direzione occorrerebbe mirare per colpire un bersaglio sospeso a
un filo, sapendo che, all’istante stesso in cui parte il colpo, il filo viene tagliato?
17 *Con riferimento al quesito precedente si discuta il seguente problema: in quale
direzione occorre mirare sapendo che il bersaglio rimane immobile?
MOTO ARMONICO
20 [R] Un punto P oscilla di moto armonico tra A e B, con centro in O. Sia H il
punto medio del segmento AO: senza utilizzare le equazioni del moto armonico,
si trovi quale frazione del periodo T è necessaria a P per spostarsi da un e-
stremo all’altro, da un estremo al centro O, da A ad H, da H ad O.
23 Moto armonico: a 6 cm di distanza dal centro dell’oscillazione il modulo del
vettore accelerazione è 1,5 m/s 2 . Quanti secondi impiega il punto oscillante a
passare da una posizione di massima velocità positiva alla posizione di massima
accelerazione positiva immediatamente successiva?
25 Moto armonico con periodo 24 s: se, a un dato istante, l’accelerazione ha il suo
valore massimo, dopo quanto tempo il suo valore si è dimezzato?
27 L’estremo A di un segmento di lunghezza L
(fig.15) si muove di moto uniforme su una
circonferenza di centro O e raggio L/3,
mentre l’estremo B si muove su una retta
passante per O, oscillando avanti e indietro.
Si chiarisca se l’oscillazione di B può definirsi
armonica.
29 [R] Sull’asse x un punto P ' oscilla di moto armonico, sull’asse y il punto P"
oscilla a sua volta di moto armonico con uguale ampiezza (5 cm) e uguale periodo
(3,4 s), ma con un ritardo di fase pari a 85/100 di secondo. Stabilire se,
componendo i due moti oscillatori, si ottiene un moto circolare uniforme.
(a) Sì (determinare velocità e accelerazione del moto risultante, e stabilire se
avviene in senso orario oppure antiorario).
(b) No (spiegare).
A
B
Fig. 15

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 18
31 [R] Componendo un moto armonico in direzione y con un moto uniforme in
direzione x (ortogonale alla precedente) si ottiene un moto uniforme su una traiettoria
sinusoidale (vero/falso).
33 [R] Si trovi in che modo nel moto armonico si corrispondono velocità e posizione.
34 * [R] Un punto K oscilla di moto armonico con ampiezza R e frequenza f . Si
determini quale frazione del periodo T deve passare come minimo tra un istante
in cui l’elongazione è −R /2 con velocità negativa e un successivo istante in
cui l’elongazione è R /3 con velocità positiva.
35 * Un punto K oscilla di moto armonico con periodo T. Note l’elongazione x 0 e
la velocità v 0 all’istante t = 0, si determini la velocità massima raggiunta da K
durante il moto.
36 * [R] Il punto P oscilla di moto armonico con periodo T : all’istante t 1 la velocità
è v 1 , all’istante t 2 la velocità è v 2 . Si scriva l’equazione oraria.
38 * Si chiarisca che cosa si ottiene dalla composizione di un moto armonico in
direzione x con un moto armonico in direzione y (perpendicolare alla precedente)
quando le due oscillazioni
(a) hanno uguale ampiezza e sono in fase,
(b) hanno uguale ampiezza ma sono sfasate di mezzo periodo,
(c) hanno uguale ampiezza ma sono sfasate di un quarto di periodo,
(d) hanno diversa ampiezza e sono sfasate di un quarto di periodo.
CINEMATICA RELATIVA
40 Supponiamo che nel riferimento K il moto del riferimento K ' risulti traslatorio,
rettilineo e uniforme: in tal caso, se in K si considera rettilineo e uniforme il
moto di un punto, anche in K ' si esprime lo stesso giudizio (vero/falso).
41 L’intero sistema rappresentato in fig.16 (carrucola
+ due blocchi collegati tramite un filo inestensibile
che scivola nella gola della carrucola) è
in movimento in direzione verticale. Si dimostri
che la velocità v r e l’accelerazione a r della carrucola
sono la media aritmetica delle velocità e delle
accelerazioni dei due blocchi. Si chiarisca se lo
stesso risultato vale anche per i moduli dei vettori
velocità e accelerazione.
42 In quale o quali eventualità l’accelerazione di Coriolis risulta uguale a zero?
43 [R] Su un ascensore in caduta libera, un uomo lancia una pallina verso l’alto:
che moto osserva prima e dopo l’urto contro il soffitto? Che moto osserverebbe
se la direzione di lancio non fosse verticale?
1
2
Fig. 16

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 19
45 Una barca si sposta alla velocità di 4 km/h rispetto all’acqua. Supponiamo che
la barca debba attraversare un fiume largo 4 km, con una corrente che viaggia
alla velocità di 2 km/h.
(a) In quale direzione occorrerà dirigere la barca se si vuole che raggiunga il
punto opposto a quello di partenza?
(b) Quanto tempo occorrerà in tal caso per l’attraversamento del fiume?
(c) Se si volesse attraversare il fiume nel più breve tempo possibile, in quale
direzione bisognerebbe dirigere la barca?
(d) Quanto tempo sarebbe necessario per compiere un tragitto di 12 km nel
senso della corrente, per poi tornare al punto di partenza?
47 [R] Si spieghi che giudizio dà un osservatore, posto su una ruota panoramica in
rotazione con velocità angolare ω, sull’accelerazione di un corpo C soggetto
solo alla forza peso.
49 [R] Una pallina si stacca dalla sommità di un’asta verticale fissata a un carrello
che procede in linea retta. Posto che la presenza di aria risulti ininfluente, si
spieghi come viene valutato il moto della pallina nel riferimento K ' del carrello
e nel riferimento fisso K, considerando sia il caso di moto uniforme del carrello
che il caso di moto uniformemente vario.
51 Una piattaforma ruota attorno a un asse verticale z in senso antiorario con velocità
angolare costante ω = 1,2 rad/s. Si spieghi quale giudizio viene dato nel
riferimento della piattaforma relativamente alla velocità e all’accelerazione di
un sasso, lasciato cadere da un punto fisso P, nel momento in cui giunge
all’altezza della piattaforma. La distanza di P dall’asse z è d = 5 m, l’altezza di
P sulla piattaforma è H = 11 m.

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 20
SOLUZIONI
5 La velocità angolare della Terra è 2π rad/d ≈ (2π / 86400) rad/s = 7,27 × 10 −5
rad/s. All’equatore, la velocità è v = ωR = 7,27 × 10 −5 rad/s × 6,38 × 10 6 m =
= 464 m/s, l’accelerazione è v 2 /R = (464 m/s) 2 / (6,38 × 10 6 m) = 0,0337 m/s 2 .
Si noti che la velocità è largamente supersonica, poiché supera di circa il 34%
la velocità del suono in aria (≈ 345 m/s a 20° C). A 60° di latitudine la distanza
dall’asse di rotazione (il raggio della circonferenza) è la metà, per cui, essendo
ω la stessa, sono dimezzate sia la velocità ωR che l’accelerazione ω 2 R.
10 (a) L’equazione oraria è s = ϕ R = (3t + t 2 )R.
(b) La velocità angolare è
r ω = ω u r
z , con ω = dϕ /dt = 3+2t.
L’accelerazione angolare è
r α = α u r
z , con α = dω /dt = 2(s − 2 ).
r r
(c) La posizione è
= Rur
, dove u r r è un versore (di componenti cartesiane
cosϕ e senϕ) diretto come il vettore posizione: u r r = (cosϕ) u r
x + (senϕ) u r y .
La velocità è v r = ω R u
r
tg , dove ω = 3 + 2t, u r tg = du r
r /dϕ
[5] = (− senϕ) u r x +
+(cosϕ) u r y , ϕ = 3 t + t 2 .
L’accelerazione normale è a v
n
= ω 2 R u r n , con n
− (senϕ) u r y . L’accelerazione tangenziale è a r tg = (d 2 s /dt 2 ) u r
tg
u r = du r [1]
tg /dϕ
= (− cosϕ) u r
x −
= 2R u r tg .
r r r
12 Dato che è = ( r cosϕ ) ux
+ ( r senϕ)
u y (con ϕ =
∫ t ω dt
+ ϕ 0 = ωt + ϕ 0 ), e
dato che per ipotesi all’istante considerato r cosϕ = 0,5 m e r senϕ = 0,1 m,
sarà v r = d r r
r
/ dt
= ( − ωr
senϕ)
ux
+ ( ω r cosϕ)
u y , e all’istante considerato v r
= (−10×0,1m/s) u r x + (10 × 0,5m/s) u r
y = (−1m/s) u r x + (5 m/s) u r y . Dato poi che
a r = dv r 2 r
2 r
/ dt
= ( − ω r cosϕ)
ux
+ ( − ω r senϕ)
u y , in tale istante risulta a r =
=(−10 2 × 0,5 m/s 2 ) u r x + (−10 2 × 0,1 m/s 2 ) u r
y = (−50 m/s 2 ) u r x + (−10 m/s 2 ) u r y .
Agli stessi risultati si poteva pervenire in base alla considerazione che è
r r r
r r r
v = ω ∧
e in questo specifico caso (moto circolare uniforme) a = ω ∧ v , ed
eseguendo i due prodotti vettoriali secondo le
r
note regole, tenuto conto che è ω x = ω y = 0,
vt A
0
ω z = 10 s −1 , r x = 0,5 m, r y = 0,1 m, r z = 0.
16 Esattamente in direzione del bersaglio. Sia
infatti O (fig. 2) la posizione iniziale del proiettile,
sia A la posizione iniziale del bersaglio,
e imponiamo che il bersaglio e il proiettile si
trovino a un dato istante in una stessa posizione
P. Con riferimento al moto del pro-
5 Si veda la risposta 41 del cap.1.
O
0
Fig. 2
v r
0
P
r g t
2
2

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 21
r
r g 2
iettile, la posizione di P rispetto a O è OP = v0t
+
2 t . Con riferimento al
r
g 2
moto del bersaglio, la posizione di P rispetto a O è OP = OA +
2 t . Per confronto
tra le due espressioni di OP otteniamo v 0t
= OA , il che significa che la
r
velocità iniziale v r
0 del proiettile è diretta da O verso A. Si noti che in tal caso
il bersaglio viene raggiunto per qualsiasi valore di v r OA
0 (in un tempo t = inversamente
proporzionale a v 0 , e a una distanza gt 2 /2, direttamente proporzio-
v 0
nale al quadrato di t e quindi inversamente proporzionale al quadrato di v 0 , dalla
sua posizione iniziale A). Al variare di v r 0 varia naturalmente la forma della
parabola descritta dal proiettile (man mano che il valore di v r 0 diminuisce, diminuiscono
anche la distanza verticale e la distanza orizzontale del vertice della
parabola dal punto di lancio).
Altra soluzione. Poniamoci nel riferimento cartesiano
per il quale il moto del sasso è descritto y
dalla [A] e dalla [B] della risposta 15. Durante
v r
H
0
il tempo T necessario al proiettile per coprire la
ϕ
distanza orizzontale d che lo separa dalla verticale
passante per il bersaglio (fig. 3), la y del
d x
bersaglio (inizialmente uguale ad H) diventa y '
= H − (g/2)T 2 , mentre la y del proiettile (inizialmente
nulla) diventa y" = (v 0 senϕ)T −
− (g/2)T 2 . Il proiettile colpisce il bersaglio se
Fig. 3
y ' = y", se quindi H = (v 0 senϕ)T. Dato che è T
= d /(v 0 cosϕ), la condizione perché il bersaglio venga colpito è d tgϕ = H, relazione
che è verificata solo quando la velocità di lancio v r 0 è diretta verso il
bersaglio.
20 Da A a B (fig.7) mezzo periodo, da A a O un
G
F
quarto di periodo, da A ad H un sesto di periodo
(il punto immaginario rotante di moto uniforme,
da cui P si può pensare ottenuto per
proiezione, deve portarsi da A ad F, con uno
spostamento angolare di 60°), da H a O un dodicesimo
di periodo (il punto rotante deve su-
A H O B
Fig. 7
bire uno spostamento angolare di 30°).
29 Sì, perché 85/100 di secondo sono 1/4 del periodo. La velocità del moto risultante
si può ottenere ad esempio moltiplicando la lunghezza C della circonferenza
(C = 2π R = 2π ×5 cm) per la frequenza f = 1/T = (1/3,4) Hz = 0,294 Hz.
Si ottiene v = Cf = (2π × 5 × 0,294) cm/s = 9,23 cm/s.

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 22
L’accelerazione è a = v 2 /R = (9,23 cm/s) 2 / (5 cm) = 17,0 cm/s 2 . Dato che il
massimo positivo della velocità si verifica prima per P ' e poi, con un ritardo di
1/4 di periodo, per P", il moto risultante è antiorario.
31 Detta y 0 l’ordinata del centro dell’oscillazione
su y (fig.10), l’equazione oraria su
y
K
y è del tipo y = y 0 + A cosωt. L’equazione
oraria sull’asse x è del tipo x = vt, da cui t
x
= x /v. Ponendo questo valore di t nell’equazione
oraria che descrive il moto su
Fig. 10
y, si ottiene che y è funzione sinusoidale di
x: la traiettoria è una sinusoide.
Il moto risultante non è però uniforme perché il valore della velocità risultante
varia nel tempo: è infatti costante il suo componente x, ma non il componente y.
La velocità del punto K che procede lungo la sinusoide è massima quando è
massimo il valore del suo componente y, quindi sull’asse della sinusoide. Ed è
minima quando il suo componente y è nullo, quindi alla massima distanza
dall’asse della sinusoide.
33 Facendo sistema della v = dx /dt e della a =
=dv /dt si ottiene a dx = v dv. Ma nel moto
armonico è a = −ω 2 x, perciò v dv = −ω 2 x dx.
Integriamo ora tra x = R (elongazione massima,
v = 0) e una generica x (dove la velocità è v):
v
x
2
vdv
= − ω xdx
. Otteniamo in tal modo
∫
0
∫
R
v 2 = ω 2 (R 2 − x 2 ), e quindi v = ± ω R − x =
= ± ω y, avendo indicato con y (fig.11) l’ordinata di un punto K che procede di
moto uniforme su una circonferenza di raggio R e genera per proiezione su x il
moto armonico considerato. La circonferenza stessa può quindi essere considerata
il grafico che dà la velocità in funzione della posizione, se nella scala delle
ordinate una lunghezza y rappresenta una velocità ωy.
34 L’equazione del moto è x = R cosωt, la velocità
è v = dx /dt = −ωR senωt. All’istante t 1 è x 1 =
R cosωt 1 = −R/2, dunque ωt 1 = 2π /3 oppure
4π /3. Dovendo nello stesso istante essere negativa
la velocità v 1 = −ωR senωt 1 , l’angolo ωt 1 è in
realtà compreso tra 0 e π , per cui delle due soluzioni
trovate scegliamo la prima: ωt 1 = = 2π /3.
All’istante t 2 è x 2 = R cosωt 2 = R/3, per cui ωt 2
= 1,23 oppure 2π −1,23 = 5,05. La velocità v 2 =
−ωR senωt 2 è però per ipotesi positiva, quindi
ωt 2 è compreso tra π e 2π , perciò scegliamo ωt 2
2
2
Fig. 11
Fig. 12
y
y
P 1
α 1
K
α 2
P 2
x
x

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 23
= 5,05. Dunque, t 2 − t 1 = (ωt 2 − ωt 1 )/ω = (5,05 − 2π /3) /(2π /T) = 0,471 T. In
fig.12 sono rappresentate le posizioni del punto oscillante ai due istanti
derati, e le corrispondenti posizioni del punto rotante P da cui il moto armonico
può essere desunto per proiezione.
36 Occorre determinare il valore dell’ampiezza R e della fase iniziale ϕ 0 nell’equazione
x = R cos (ωt +ϕ 0 ), in cui ω = 2π /T. In base ai dati risulta
[A] v 1 = −ω R sen (ωt 1 +ϕ 0 ), [B] v 2 = −ωR sen (ωt 2 +ϕ 0 ). Vale a dire:
v 1 = −ωR (senωt 1 cosϕ 0 + cosωt 1 senϕ 0 )
v 2 = −ωR (senωt 2 cosϕ 0 + cosωt 2 senϕ 0 ).
Dividendo membro a membro e dividendo poi ancora per cosϕ 0 si ottiene
[C ] ϕ 0 = arctg [(v 2 senωt 1 − v 1 senωt 2 ) / (v 1 cosωt 2 − v 2 cosωt 1 )].
Dalla [A] otteniamo infine
[D] R = −v 1 / ω sen (ωt 1 +ϕ 0 ).
La [C ] non determina per ϕ 0 un unico valore, ma due valori la cui differenza è
π. L’ambiguità si supera considerando che a secondo membro della [D] dobbiamo
avere un valore positivo. Pertanto, se v 1 (dato del problema) è > 0 deve
essere sen (ωt 1 +ϕ 0 ) < 0, il che significa che ωt 1 +ϕ 0 deve essere compreso tra
π e 2π. Se invece è v 1 < 0, ωt 1 +ϕ 0 deve essere compreso tra 0 e π.
43 L’accelerazione di Coriolis è zero: pertanto anche l’accelerazione relativa (differenza
tra accelerazione assoluta e accelerazione di trascinamento, in questo
caso uguali entrambe a g r ) è zero. Tutto va, nel riferimento dell’ascensore, come
se la pallina fosse priva di peso: indipendentemente dalla direzione di lancio,
il moto osservato è rettilineo e uniforme, sia prima che dopo l’urto contro
il soffitto dell’ascensore.
47 Rispetto all’osservatore fisso, la «navetta» in cui si trova K ' si muove di moto
traslatorio (non rotatorio!), dato che si mantiene sempre parallela a sé stessa:
pertanto, niente accelerazione di Coriolis. La velocità angolare r ω della ruota
v r
tr
K '
v r K '
C
g r
a r
tr
a r K '
g r '
Fig. 18
v r
v r '

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 24
r r
interviene a determinare l’accelerazione a tr = aK
' di trascinamento del corpo
C: il modulo di a r
tr è ω 2 r, dove r è il raggio della circonferenza (tratteggiata
in fig. 18, pag. seguente) che C percorrerebbe se, nella posizione in cui si trova,
fosse rigidamente collegato con K '. La direzione di a r
tr è da C verso il centro
r r r
di tale circonferenza. Risulta g ' = g − a .
49 Moto uniforme: sia V la velocità del carrello (e cioè la velocità di trascinamento).
Nel riferimento fisso K la velocità della pallina è v x = V, v y = gt (asse y diretto
verso il basso), perciò, posto che inizialmente sia per la pallina x = y = 0,
risulta x = Vt, y = gt 2 /2 = gx 2 /2V 2 (parabola ad asse verticale). Nel riferimento
del carrello è invece v' x = v x − V = 0, v' y = v y = gt (traiettoria verticale).
Moto uniformemente vario: sia V + at la velocità del carrello (e quindi la velocità
di trascinamento). Nel riferimento K tutto va come nel caso precedente (v x
= V, v y = gt, vedi fig. 21, pag. seguente). Rispetto invece a K ' è v' x =
= v x − (V + at) = − at, v' y = v y = gt. Dunque, v y / v x = − g/a (la traiettoria è rettilinea,
la componente x della velocità è negativa quando l’accelerazione scalare
a del carrello è positiva, come in fig. 21 e 22).
tr
x
y
vr
a r
vr
a r
Fig. 21 – Che cosa si osserva
nel riferimento del laboratorio.
Fig. 22 – Che cosa si osserva
nel riferimento del carrello.

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 25
CAPITOLO 5 − CINEMATICA DEL CORPO RIGIDO
1 [R] Sapendo che i punti P e Q appartengono a uno stesso corpo rigido, sarebbe
possibile assegnare ad arbitrio il valore e la direzione delle rispettive velocità?
8 Un cilindro rotola senza strisciare su una
superficie d’appoggio a sua volta cilindrica
(fig. 13). Si chiarisca se tale movimento
può essere descritto come rototraslatorio.
10 [R] Un disco appoggia di taglio su un
piano orizzontale, lungo il quale può ruotare
senza scivolare. Se appoggiamo sul
disco (fig.14) una tavola di lunghezza L e
la facciamo scorrere in senso orizzontale
in modo che mantenga il contatto col disco
senza mai scivolare, di quanto, al
massimo, riusciamo a far avanzare la tavola?
Dobbiamo aspettarci che la risposta
dipenda dal raggio del disco?
11 Una tavola, appoggiata a una parete in
condizioni di equilibrio precario (fig.15),
a un tratto comincia a scivolare. Si determini
l’inclinazione della tavola nell’istante
in cui il suo estremo inferiore B
ha una velocità tre volte più grande di
quella dell’estremo superiore A.
12 La figura a lato (fig. 16) mostra la sezione
trasversale di un cilindro il cui asse geometrico
sta traslando con velocità v r C .
Sapendo che la velocità del punto A è
r r
v A = 1,5 v C , si determini la velocità del
punto B.
13 [R] Con riferimento alla figura a lato
(fig. 17), che mostra un triangolo in due
diverse posizioni su uno stesso piano, si
individui la posizione dell’asse dello spostamento
rotatorio che porta il triangolo
da una posizione all’altra.
Fig. 16
A
C
v r A
B
A
v r C
C
B
B'
Fig. 13
C'
Fig. 14
Fig. 15
A'
Fig. 17

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 26
15 * [R] Un disco omogeneo di raggio R (fig.18)
rotola senza strisciare giù per un piano avente
inclinazione ϕ sull’orizzontale, soggetto solo
al peso e alla reazione del piano d’appoggio.
Tenuto conto che l’accelerazione del centro del
disco è (2/3) g senϕ , si spieghi come si potrebbe
determinare l’accelerazione del punto di
contatto C e di un generico punto A.
16 Un cono di vertice V e apertura ϕ (fig.19) rotola
senza strisciare lungo un piano orizzontale
ruotando con velocità angolare ω attorno al
proprio asse geometrico e con velocità angolare
Ω attorno alla verticale z condotta per V. Si
trovi in che rapporto stanno le due velocità angolari,
e si determinino in funzione dei dati velocità
e accelerazione del punto A del cono più
lontano dal piano d’appoggio.
A
C
A
ϕ
Fig. 19
Fig. 18
z
V

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 27
SOLUZIONI
1 No. Dovendo mantenersi costante la distanza
tra P e Q (fig.1), occorre che le due velocità
siano identiche nella direzione della retta PQ
(le due velocità devono cioè avere identici
componenti in tale direzione).
v r
P
Fig. 1
Q
P
vr Q
10 Dato che le velocità dei punti del disco sono quelle di un moto di rotazione attorno
alla linea di contatto col terreno, i punti a contatto con la tavola, e quindi
anche i punti della la tavola, hanno velocità doppia rispetto all’asse del disco:
in uno stesso intervallo di tempo la tavola subisce pertanto uno spostamento
doppio rispetto al disco. Se la tavola si sposta verso destra in misura pari alla
sua lunghezza L (fig.3), il disco si sposta
di L/2 e viene quindi a trovarsi al centro
della tavola. Se la tavola si sposta ancora
di L, il disco si sposta di L/2 e viene con
ciò a trovarsi all’estremità di sinistra della
tavola. Dunque, il massimo spostamento
che può subire la tavola è il doppio
della sua lunghezza, indipendentemente
dal raggio del
Fig. 3
disco.
13 In fig.7, il punto O, intersezione dell’asse
geometrico del segmento AA' con l’asse
geometrico del segmento BB', risulta equidistante
dalle posizioni iniziale e finale di
qualsiasi altro punto del triangolo, ad e-
sempio da C e da C'. Si può dunque portare
il triangolo dalla posizione iniziale a quella
finale mediante una rotazione attorno a un
asse ortogonale al piano del triangolo e passante
da O.
Fig. 7
15 A differenza della velocità, l’accelerazione non può essere calcolata assumendo
che il disco stia ruotando attorno al punto di contatto C : a un dato
istante, le velocità dei diversi punti sono in effetti quelle stesse che corrispondono
a un ipotetico moto di rotazione attorno a C, ma immediatamente
prima e immediatamente dopo sono diverse (ad esempio, nel moto di rotolamento
il punto del disco a contatto del piano d’appoggio ha velocità zero
all’istante del contatto, ma diversa da zero prima e dopo, mentre in un moto
di rotazione attorno a C avrebbe velocità costantemente nulla). Perciò
l’accelerazione, che dipende da come varia la velocità, è diversa nei due casi.
In un riferimento K ' che trasla parallelamente al piano inclinato con la ve-
A
C
O
B
B'
C'
A'

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 28
locità v = v 0 + (2/3)(g senϕ) t = ωR del centro del disco, i punti posti a distanza
R dal centro hanno tutti in uno stesso istante la stessa velocità ωR (la
velocità del centro del disco nel riferimento fisso K), hanno quindi tutti
un’accelerazione tangenziale (2/3)g senϕ (l’accelerazione del centro del disco
nel riferimento fisso) e un’acceerazione
centripeta ω 2 R. Nel riferimento
fisso compare in più
un’accelerazione di trascinamento
(2/3)g senϕ
ω 2 R
2
uguale in valore ( g senϕ
) e direzione
all’accelerazione del riferi-
3
(2/3)g senϕ
ω
mento mobile K '. L’accelerazione
2 R
di Coriolis è invece nulla perché il
moto di K ' rispetto a K è traslatorio.
Ne risulta in definitiva la si-
(2/3)g senϕ
C
(2/3)g senϕ
tuazione rappresentata in fig.11.
Fig. 11

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 29
CAPITOLO 6 − STATICA DEL CORPO RIGIDO
1 [R] Il blocco rigido rappresentato in
fig.7 è in equilibrio sotto l’azione di un
certo numero di forze, tra cui la F r
' e la
F r
", che hanno uguale valore. Si chiarisca
se il blocco resterebbe in equilibrio
qualora, a parità di ogni altra circostanza,
la F r ' e la F r
" venissero rispettivamente
applicate nel vertice 1 e nel vertice 2.
3 È impossibile che un corpo rigido sul quale agiscono solo quattro forze di valore
3, 8, 9, 22 N risulti in equilibrio
(vero/falso).
7 [R] Il triangolo rigido ABC è in equilibrio
sotto l’azione di tre forze, due delle
quali sono rappresentate in fig.10. Si
chiarisca se è possibile che la terza forza
sia applicata nel punto medio dell’ipotenusa
AC.
9 Si mostri che per l’asta rigida mostrata in
fig.11, di peso trascurabile e in equilibrio
su tre appoggi, il problema della determinazione
delle reazioni vincolari A r , B r
e C r è indeterminato.
11 In quale eventualità il baricentro del sistema di tre punti materiali A, B, C non
allineati è il baricentro geometrico del triangolo ABC (il punto cioè di incontro
delle mediane)?
12 [R] Il baricentro del sistema costituito da tre punti materiali è sicuramente più
vicino al punto più pesante dei tre (vero/falso).
14 Si utilizzi la proprietà distributiva del baricentro per determinare con metodo
grafico la posizione del baricentro di una generico quadrilatero omogeneo.
15 I blocchi A e B, di massa identica, devono
essere separati con l’aiuto di una
leva, come mostrato in fig.12. Se la forza
F r applicata alla leva viene fatta crescere
lentamente, quale dei due blocchi
si sposterà per primo? Si assuma che la
forza d’attrito tra ciascuno dei blocchi e
il piano d’appoggio sia la stessa.
F r 1
'
2
F r
"
Fig. 7
A
3 N
3 N
B
C
Fig. 10
F r
A r B r C r
L L L
Fig. 11
F r
A
Fig. 12
B

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 30
20 Il triangolo rigido ABC è in equilibrio
sotto l’azione delle due forze di valore
noto mostrate in fig.13 e di una terza
forza non rappresentata. Si chiarisca se
è possibile determinare il valore, la direzione,
la retta d’azione e il punto
d’applicazione della terza forza. E se
invece la forza verticale fosse diretta
verso il basso?
21 [R] Si chiarisca se è possibile che il
segmento rigido AB (fig.14) sia in equilibrio
sotto l’azione di quattro forze:
quelle rappresentate in figura più una
quarta forza.
22 Si trovi la posizione del baricentro delle
due lastre omogenee mostrate in fig.15.
La prima delle due è stata ottenuta effettuando
un taglio lungo le diagonali di
un quadrato di lato 36 cm. La seconda è
stata ottenuta ritagliando da un disco di
raggio R un disco di raggio R/2.
23 *Alcuni mattoni identici, di lunghezza L
= 24 cm (fig.16), sono posti uno sull’altro
in modo che ognuno sporga nel
senso della lunghezza dal sottostante.
Come occorre disporli, se si vuole rendere
massimo lo spostamento del mattone
più in alto rispetto al mattone più in basso?
Aumentando convenientemente il
numero dei mattoni, è possibile ottenere
che la proiezione sul piano d’appoggio
del mattone più in alto sia totalmente al
di fuori dell’area di appoggio?
25 *[R] Una fune d’acciaio di peso P è sospesa a due punti fissi posti alla stessa
altezza. Fatta l’ipotesi che la fune sia perfettamente flessibile, si determinino:
(a) le reazioni vincolari ai due estremi della fune,
(b) la tensione della fune nel punto centrale.
Si chiarisca inoltre:
(c) se è possibile, aumentando convenientemente la forza con cui la fune è tirata
ai due estremi, fare in modo che la fune si disponga lungo una retta orizzontale;
(d) a quale delle due estremità la fune sarebbe maggiormente sollecitata se i
due punti di sospensione non si trovassero allo stesso livello.
A
B
2 N
Fig. 14
F r '
F r
"
Fig. 13
Fig. 15
Fig. 16
3 cm C 5 cm
3 N
B
C
1 N

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 31
26 *Un’asta rigida di lunghezza L e peso P è in
equilibrio, appoggiata come in fig.17 su due
piani ortogonali a e b. Fatta l’ipotesi che gli
attriti siano trascurabili,
(a) si descrivano attraverso il valore dell’angolo
β le posizioni di equilibrio assunte dall’asta
al variare dell’angolo α ;
(b) si trovi quale valore assumono le reazioni
vincolari in caso di equilibrio.
a
Fig. 17
β
α
b
SOLUZIONI
1 Sì: una coppia di forze verrebbe sostituita da una coppia di uguale momento, e
quindi del tutto equivalente agli effetti dell’equilibrio di un corpo rigido.
7 Impossibile. Dovendo essere zero la somma dei tre momenti rispetto a B, anche
la retta d’azione della terza forza passa necessariamente, come le altre due, da
B. Dato che la terza forza ha componente orizzontale 3 N verso destra e componente
verticale 3 N verso l’alto, la sua retta d’azione è la bisettrice dell’angolo
B, e quindi non incontra l’ipotenusa AC nel suo punto medio.
12 Falso. Supponiamo ad esempio che il peso del
punto meno pesante (A) sia 1/3 di quello degli
A
altri due (B e C), e supponiamo (fig.7) che A si
trovi sull’asse del segmento BC. Il baricentro
del sistema B + C è il punto medio del segmento
B G
C
BC, quindi (proprietà distributiva) il bari-
Fig. 7
centro G del sistema A +B +C si trova sul
segmento MA, sei volte più vicino a M che ad A (dato che A pesa sei volte di
meno che il resto del sistema). Così stando le cose, il fatto che rispetto agli altri
due punti A sia più lontano o più vicino a G dipende unicamente da quanto è
lungo il segmento MA in rapporto al segmento BC.
21 No. La forza numero quattro dovrebbe avere un componente orizzontale di 1 N
diretto verso destra e un componente verticale di 1 N diretto verso il basso: in
tal modo sarebbe zero la somma delle forze applicate. Per l’equilibrio alla rotazione
(somma dei momenti delle forze rispetto a un polo qualsiasi uguale a zero)
la forza numero quattro dovrebbe però essere applicata 1 cm a destra di B,
quindi fuori dal segmento AB (la verifica è immediata se ad esempio si sceglie
come polo il punto C).

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 32
25 (a) Il fatto che la fune sia perfettamente flessibile significa che in condizioni di
equilibrio la fune è sollecitata ai suoi due estremi (fig.19) da forze dirette tangenzialmente
alla fune (forze trasversali determinerebbero la flessione della
fune). Pur non essendo la fune un corpo rigido, in condizioni di equilibrio le
forze applicate (il peso e le due reazioni vincolari) realizzano necessariamente
anche le condizioni di equilibrio del corpo rigido: in particolare, deve essere
zero la somma delle tre forze. Se quindi è nota la geometria del sistema (in particolare,
l’angolo ϕ che la tangente alla fune forma col piano orizzontale nei
due estremi) le reazioni vincolari V r 1 e V r 2 hanno entrambe inclinazione ϕ sul
piano orizzontale e hanno entrambe modulo V = (P/2)/senϕ (fig. 20).
V r 1
Fig. 19
V r V r
2
1
P r
P r
2
Fig. 20
ϕ
V r
(b) Per l’equilibrio del tratto di fune
compreso tra il punto centrale e
l’estremo di sinistra, deve essere zero la
somma del peso (di mezza fune), della
reazione vincolare V r
2 e della tensione
T r , diretta in questo caso orizzontalmente
(fig. 21). Pertanto, la tensione
della fune nel punto centrale è
T = (P/2)/tgϕ .
(c) La fig.21 chiarisce subito che per ϕ
tendente a zero la reazione vincolare e la
tensione della fune tendono a infinito.
(d) L’estremo posto più in alto, come
mostra il diagramma vettoriale delle
forze (fig. 22): in corrispondenza di tale
estremo sarebbe questa volta più grande
che nell’altro l’inclinazione della fune
sul piano orizzontale.
P r
2
V r V r
1
2
V r V r
2
1
P r
Fig. 22
Fig. 21
V r 2
ϕ
T r

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 33
CAPITOLO 7 − STATICA DEI FLUIDI
2 [R] I recipienti della fig. 22 hanno la
stessa area di base. Se uno stesso quantitativo
d’acqua viene introdotto in essi,
(a) la pressione esercitata dal liquido
sulla base del recipiente sarà uguale nei
tre casi (vero/falso);
(b) la forza esercitata dal liquido sulla
base del recipiente sarà uguale nei tre
casi (vero/falso);
A B C
Fig. 22
(c) la forza esercitata dal liquido sul recipiente sarà uguale nei tre casi (vero/falso);
(d) la forza esercitata dal recipiente sul piano d’appoggio sarà uguale nei tre
casi (vero/falso).
3 Se nei due recipienti della fig. 23, che hanno
la stessa area di base, lo stesso tipo di liquido
raggiunge la stessa altezza al di sopra
del pistone mobile, la forza che, in condizioni
di equilibrio, il pistone esercita sulla
molla sottostante è esattamente la stessa
(vero/falso).
Fig. 23
7 Una sfera d’acciaio posta in acqua va a fondo, perché il ferro ha peso specifico
superiore a quello dell’acqua. Come mai allora una nave d’acciaio galleggia
sull’acqua del mare?
8 [R] Se la pressione atmosferica si annullasse, la frazione visibile del volume di
un iceberg aumenterebbe (vero/falso).
9 Un cubetto di ghiaccio galleggia su acqua in un bicchiere. Che accade del livello
dell’acqua, man mano che il ghiaccio fonde?
10 Si consideri un pezzo di ghiaccio che galleggia su acqua: è giusto affermare
che il ghiaccio riceve dall’acqua una spinta verso l’alto pari al peso dell’acqua
spostata?
13 [R] Un mattone viene sottoposto a pesatura. Si chiarisca se la presenza di aria
tra il mattone e il piatto della bilancia influenza il risultato della misura.
15 Un bambino si lascia sfuggire di mano il palloncino nuovo, che subito sale fino
al soffitto e lì si ferma alcune ore: fino a che, essendosi ormai sgonfiato, ritorna
giù. A questo punto il bambino propone di rigonfiarlo usando la pompa a pedale
del canottino di gomma. È una buona idea?

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 34
18 Si consideri la situazione mostrata in fig. 25: sarà
possibile, tramite il sifone, riempire completamente
il secchio?
24 [R] Una sfera d’acciaio galleggia su mercurio.
Che cosa accade della posizione della sfera, se si
versa acqua sul mercurio?
25 Una zattera carica di ghiaia galleggia sull’acqua
contenuta in una grande vasca. Che accadrebbe
del livello dell’acqua, se la ghiaia venisse scaricata
in acqua?
27 * Un cilindro omogeneo ad asse orizzontale è disposto
lungo la parete piana e verticale di un recipiente,
in modo che esattamente mezzo cilindro
sporga verso l’interno del recipiente (fig.29).
Supponiamo che il cilindro possa ruotare attorno
al proprio asse geometrico, e che il recipiente
venga riempito d’acqua: possiamo aspettarci che,
per effetto della spinta idrostatica esercitata sul
cilindro dall’acqua, il cilindro entri in rotazione?
Se la risposta è sì, abbiamo inventato il moto perpetuo.
Fig. 29
Fig. 25
28 * [R] La densità ρ di un liquido in quiete varia con la profondità y secondo la
relazione ρ = ρ 0 e y /2 . Si esprima la pressione in funzione della profondità.
SOLUZIONI
2 (a) Falso. La pressione sul fondo è tanto più grande quanto maggiore è l’altezza
raggiunta dal liquido nel recipiente: è quindi massima nel caso C e minima
nel caso A.
(b) Falso: la forza è uguale al prodotto dell’area di base (la stessa per i tre recipienti)
per la pressione (diversa per ogni recipiente).
(c) Falso. In ogni recipiente il liquido è in equilibrio sotto l’azione di tre forze:
il peso (uguale per ipotesi nei tre casi), la forza verso il basso dovuta alla pressione
atmosferica (maggiore nel caso A, data la maggior estensione della superficie
libera), e la forza verso l’alto proveniente dal recipiente. Tale forza dovrà
essere maggiore nel caso A, e quindi reciprocamente (legge di azione e reazione)
nel caso A sarà maggiore la forza del liquido sul recipiente.
(d) Vero. Il sistema recipiente + liquido è in equilibrio sotto l’azione del peso,
della spinta di Archimede e della forza proveniente dal piano d’appoggio. Se
assumiamo che i tre contenitori spostino lo stesso volume d’aria e abbiano lo
stesso peso, le prime due forze, e conseguentemente la terza, sono uguali, e se è

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 35
uguale nei tre casi la forza esercitata dal piano d’appoggio è anche uguale (legge
di azione e reazione) la forza ad esso applicata.
8 Falso, diminuirebbe. La pressione atmosferica a livello dell’acqua è un po’ più
grande della pressione sulla superficie del ghiaccio che si trova a quote superiori.
Se si annullasse la pressione sul ghiaccio, la pressione sulla superficie
dell’acqua (e, per la legge di Stevino, a tutti i livelli inferiori) subirebbe una
diminuzione più grande, e quindi la spinta sul blocco di ghiaccio verso l’alto
diminuirebbe più della spinta verso il basso. Del resto, in condizioni normali il
blocco di ghiaccio sposta acqua e aria, se non ci fosse atmosfera il ghiaccio
sposterebbe solo acqua, e dunque il peso del fluido complessivamente spostato
sarebbe, a pari posizione del blocco, inferiore: il che determinerebbe un suo
maggiore affondamento.
13 No. Il sottile film d’aria che separa i due corpi (tranne che nei pochi punti di
contatto diretto effettivo) esercita la stessa pressione sul piatto (verso il basso)
e sulla base del mattone (verso l’alto). Se non ci fosse aria, ci sarebbe una forza
verso il basso in meno sul piatto, ma anche una forza di uguale valore verso
l’alto in meno sul mattone: la forza complessiva sul sistema piatto + mattone
non è modificata dalla presenza di aria tra i due, perciò non è modificata la posizione
di equilibrio del sistema e l’indicazione della bilancia.
24 Prima la sfera spostava mercurio + aria, adesso sposta mercurio + acqua + aria.
Dovendo, in condizioni di equilibrio, restare identico il peso del liquido complessivamente
spostato dalla sfera, deve diminuire il volume della parte di sfera
immersa nel mercurio. La sfera si sposta quindi verso l’alto.
28 Secondo la legge di Stevino, in un liquido omogeneo in quiete la differenza di
pressione tra due livelli generici y 1 e y 2 (asse y diretto verticalmente verso il
basso) è p 2 − p 1 = ρ g (y 2 − y 1 ). Per una differenza di livello infinitesima dy la
differenza di pressione sarà allora dp = ρ g dy,
dove la densità ρ potrà in generale variare in
funzione della profondità y. Nel nostro caso è
ρ = ρ 0 e y /2 , perciò dp = ρ 0 e y /2 g dy. Integrando
tra y = 0 (dove la pressione è p 0 ) e y
p
(dove la pressione è p) otteniamo
y / 2
p − p 0 = [ ] y
2ρ , vale a dire
0 g e
0
y / 2
0 g (e − 1
p = p 0 + 2ρ ) .
La pressione (fig. 6) cresce dunque esponenzialmente
con la profondità y a partire dal valore
iniziale p 0 .
Fig. 6
y

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 36
CAPITOLO 8 − I PRINCÌPI DI NEWTON
I TRE PRINCÌPI
6 Come si comporterebbe la pallina di un pendolo se improvvisamente la forza di
gravità cessasse di agire?
8 Nel piano cartesiano x, y un punto A di massa 5 g ha coordinate (x e y rispettivamente,
espresse in cm) −5 e 16, un punto B di massa 2 g ha coordinate 0 e 8,
un punto C di massa 11 g ha coordinate 3 e 0. Dove si trova il centro di massa
del sistema dei tre punti?
11 [R] Un corpo rigido K sta oscillando a mo’
di pendolo, in assenza di aria e di attriti, attorno
a un asse orizzontale (fig. 12). È corretto
affermare che le due forze applicate a
K (il peso P e la reazione del vincolo) costituiscono
una coppia?
Fig. 12
13 In un moderno, autorevole testo universitario si possono leggere a un certo
punto le seguenti parole: «Se vogliamo mantenere la molla deformata... la nostra
mano deve applicare alla molla una forza uguale ed opposta alla forza che
la molla esercita sulla mano». Commentare.
14 [R] Se un blocco di peso 30 kg è in quiete sul pavimento, soggetto solo al peso
e alla reazione del vincolo, la forza del blocco sul pavimento è 30 kg.
(a) vero, per il principio di azione e reazione (b) vero, ma per una diversa ragione
(c) falso.
15 Se il cavallo tira il carretto con una forza di 100 kg, il carretto tira il cavallo in
senso opposto, per reazione, con una forza di 100 kg. Come mai allora, quando
il cavallo comincia a tirare, il sistema cavallo + carretto entra in movimento?
18 [R] Un blocco A di massa 10 kg, posto su
un piano orizzontale, è collegato mediante
A
un filo a un blocco B di massa 30 kg. Il filo,
privo di massa e inestensibile, può scivolare
senza attrito nella gola di una puleggia,
il blocco B è sospeso al filo
B
Fig. 15
(fig.15).
(a) Si determini la tensione del filo e la forza che il filo esercita sulla puleggia
sia quando il blocco A non ha possibilità di movimento, sia quando il blocco A
può scivolare senza incontrare resistenza alcuna.
(b) Possiamo affermare che nel secondo caso la velocità dei due blocchi è sicuramente
in aumento?
P r

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 37
22 Una pallina è fissata mediante un filo al soffitto di un vagone: sulla pallina agiscono
solo il peso e la reazione del vincolo. Che cosa si può dire del moto del
vagone, sapendo che il filo forma un angolo ϕ costante con la verticale?
23 Un corpo K di peso 60 kg si trova all’interno di un ascensore. Si determini la
forza che K esercita sul pavimento su cui appoggia quando l’ascensore
(a) sale con velocità costante 9,81 m/s,
(b) scende perdendo (9,81/12) m/s di velocità
ad ogni secondo.
27 *[R] (a) Nel sistema di carrucole rappresentato
in fig.20 si determini la tensione nei fili supponendo
che siano nulli gli attriti e considerando
diverse da zero solo le masse dei blocchi
sospesi.
*[R] (b) Posto in particolare che sia m 2 = 2 kg
e m 3 = 6 kg, per quale valore di m 1 sarebbe
possibile l’equilibrio del blocco 1?
Fig. 20
m 1
m 2
m 2
m 3
30 Il sistema qui a lato rappresentato (fig.21) è
composto da due dischi, di massa m 1 quello
superiore ed m 2 l’altro, collegati da una molla
di massa trascurabile. Il tutto è sostenuto da un
piano d’appoggio, che a un dato istante viene
bruscamente rimosso: determinare l’accelerazione
dei due dischi in tale istante.
Fig. 21
LA FORZA CENTRIPETA
31 [R] Un corpo K scivola in assenza di aria e di attrito lungo un piano inclinato.
Siamo autorizzati ad affermare che la forza del piano su K è uguale e contraria
al componente P n del peso di K sulla perpendicolare al piano?
(a) Sì, per la terza legge di Newton (b) sì, per una diversa ragione (c) no.
32 Un punto materiale K che viaggia in direzione orizzontale verso Est è soggetto
a una forza F r 1 di valore 12 N diretta orizzontalmente verso Ovest, a una forza
F r 2 di valore 20 N diretta verticalmente verso l’alto, a una forza F r 3 di valore
8 N diretta verticalmente verso il basso, a una forza F r 4 di valore 9 N diretta
orizzontalmente verso Sud. Sapendo che non agiscono altre forze, si calcoli il
valore della forza centripeta.
34 Il punto materiale K è vincolato a muoversi in un piano verticale lungo una linea
curva L: agiscono solo il peso e la reazione V r del vincolo, perpendicolare
alla velocità di K per l’assenza di attrito. Considerando sia il caso di concavità

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 38
verso l’alto che il caso di concavità verso il basso, si chiarisca in quale dei due
sensi possibili è diretta la reazione del vincolo.
37 * [R] Una pallina, appesa a un filo di lunghezza L fissato superiormente a un
punto P, viene spostata dalla posizione di equilibrio O e poi lanciata in direzione
orizzontale in modo tale da realizzare un pendolo conico: la pallina si
muove cioè di moto uniforme in un piano orizzontale lungo una circonferenza,
il filo si sposta lungo la superficie di un cono ad asse verticale avente come
vertice il punto di sospensione P.
(a) Si determini in funzione di ϕ , angolo formato dal filo con la verticale, la
velocità con cui deve essere lanciata la pallina.
(b) Si verifichi entro quali limiti può variare la velocità angolare, e conseguentemente
il periodo di rotazione.
(c) * Quanti giri al minuto deve fare, come minimo, un pendolo conico di lunghezza
1 m?
LA FORZA ELASTICA
41 * Due dischetti, appoggiati di piatto su un piano orizzontale, sono collegati da
una molla di costante k, massa trascurabile, lunghezza a riposo zero. Si chiarisca
quali condizioni devono essere verificate all’istante iniziale, in assenza di
qualsiasi forma di attrito, affinché in seguito il centro di massa resti immobile e
la distanza L delle due particelle resti costante.
42 * [R] Si vuole che un blocco di massa M, appoggiato
come in fig.26 su un piatto di massa
m sostenuto da una molla di massa trascurabile
e di rigidezza k, oscilli verticalmente senza
mai staccarsi dal piatto. Quale valore massimo
può assumere l’ampiezza di oscillazione?
43 Un blocco di massa m può oscillare senza attrito
su un piano orizzontale sotto l’azione di due
molle, come in fig.27. La distanza tra le due
pareti fisse è L, il blocco ha massa m e larghezza
d, le molle hanno rigidezza k 1 e k 2 e
lunghezza a riposo L 1 ed L 2 . Si determini:
(a) la posizione di equilibrio del blocco,
(b) la frequenza di oscillazione.
Fig. 26
d
k 1 k 2
L
Fig. 27

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 39
QUANTITÀ DI MOTO E IMPULSO
47 Nel calcolo della quantità di moto è sempre possibile fingere che tutta la massa
del sistema fisico considerato sia concentrata nel centro di massa (vero/falso).
48 [R] Una pallina d’acciaio di massa m cade su una molla ideale che la rilancia
esattamente alla stessa altezza. Un’altra pallina identica cade invece dalla stessa
altezza su un mucchio di segatura. Quali delle due ha esercitato un più grande
impulso nella fase di impatto?
51 A una particella K di massa 12 g viene applicata una forza di valore costante
0,15 N che agisce verticalmente verso l’alto per 3 s, poi orizzontalmente verso
Est per 5 s, infine orizzontalmente verso Nord per 1 s.
(a) Si determini il modulo dell’incremento Δ v r della velocità di K.
(b) Si chiarisca se il risultato ottenuto rappresenta l’incremento subìto dal modulo
della velocità.
52 [R] Un sistema K è assoggettato a un insieme di forze esterne. Si spieghi se è
corretto affermare che l’impulso complessivo di tali forze è uguale alla massa
di K per l’incremento Δ v r della velocità del suo centro di massa.
CM
53 Tra il blocco A e il blocco B è interposta una piccola molla compressa di massa
trascurabile, ma i due blocchi non si separano perché tenuti assieme da un filo.
Mentre il sistema scivola con velocità V senza incontrare attrito lungo un piano
orizzontale in direzione A → B, a un tratto il filo cede e i due blocchi, spinti
dalla molla, si separano. Sapendo che, mentre il blocco B prosegue con velocità
3V, il blocco A rimane immobile, determinare il valore del rapporto m A /m B .
56 Una pallottola di massa m = 20 g arriva con velocità 300 m/s, inclinata verso
il basso di 15° rispetto al piano orizzontale, su un blocco di massa M = 10 kg,
fermo su un piano orizzontale lungo il quale il blocco può scivolare senza attrito.
Quale velocità acquista il blocco se la pallottola si conficca in esso? Quale
velocità acquisterebbe invece se la pallottola lo attraversasse senza cambiare
direzione e uscendone con velocità 100 m/s?
r r r 2 r
57 [R] La forza F = 3 ux
+ 5t
u y + 6 t uz
(unità SI) è applicata a una sfera omogenea
di massa 3 kg sulla quale non agiscono altre forze. Tenuto conto che all’istante
zero la velocità del centro C della sfera è zero, si trovi quale valore assume
la velocità di C tre secondi più tardi.

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 40
SOLUZIONI
11 No: una coppia di forza ha risultante zero, e quando la forza risultante è zero il
CM si muove necessariamente di moto rettilineo uniforme. Chiaramente, nel
nostro caso il moto del CM non è né rettilineo né uniforme.
14 Risposta (b). In forza del principio di azione e reazione possiamo infatti affermare
che il peso del blocco (la forza con cui la Terra attira il blocco) ha lo stesso
valore della forza con cui il blocco attira la Terra, oppure che hanno lo stesso
valore la forza del blocco sul pavimento e la forza del pavimento sul blocco:
ma non che hanno lo stesso valore la forza della Terra sul blocco e la forza del
blocco... sul pavimento. La ragione per cui la forza del blocco sul pavimento è
uguale al peso del blocco sta nel fatto che il blocco è in equilibrio, per cui la
forza V r del pavimento sul blocco deve neutralizzarne il peso. A questo punto
interviene il principio di azione e reazione: se la forza del pavimento sul blocco
è 30 kg, anche la forza del blocco sul pavimento deve valere 30 kg.
18 (a) Quando tutto è immobile, la forza risultante su ogni blocco è zero. In particolare,
il blocco B, che pesa 30 kg, riceve dal filo una forza di 30 kg verso l’alto,
e quindi tira il filo verso il basso con una forza di 30 kg. Dato che nella gola
della puleggia non c’è attrito, l’equilibrio del filo richiede che il filo sia tirato
all’altra estremità con una forza uguale, 30 kg: la tensione del filo è 30 kg lungo
tutta la lunghezza (tratto orizzontale e tratto verticale). Essendo il filo immobile,
la forza risultante sul filo è certamente zero. La puleggia esercita quindi
sul filo una forza F r tale da neutralizzare le forze che agiscono alle due estremità:
F r avrà quindi un componente orizzontale di valore 30 kg diretto verso
destra, e un componente verticale di valore 30 kg diretto verso l’alto. La forza
del filo sulla puleggia sarà uguale in valore e opposta in direzione a F r .
Quando A viene liberato, non essendoci attrito la sola forza che può influire
sulla velocità del sistema (e ne determina l’accelerazione) è il peso di B. La
massa accelerata è la massa di B più la massa di A, dunque l’accelerazione del
mB
g 30 g 3
sistema è a = = = g . Ne consegue che la forza risultante
mA
+ mB
10 + 30 4
su ciascun blocco corrisponde a 3/4 del rispettivo peso. Il blocco A è tirato verso
destra da una forza di (3/4)10 kg = 7,5 kg, il blocco B è sottoposto a una forza
complessiva di valore (3/4)30 kg = 22,5 kg, il che significa che il filo esercita
su B una forza di 7,5 kg verso l’alto. In definitiva, il filo è tirato verso sinistra
da A con una forza di 7,5 kg e verso il basso da B con una forza di uguale valore:
ciò era prevedibile a priori, in considerazione del fatto che il filo ha massa
zero, e quindi per il filo è zero il prodotto massa per accelerazione scalare, il
che richiede che sia zero la somma delle forze capaci di modificare il valore
della sua velocità. In definitiva, la tensione del filo è 7,5 kg, la forza del filo
sulla puleggia ha un componente orizzontale verso sinistra di valore 7,5 kg, e
un componente verticale verso il basso di uguale valore.

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 41
(b) No: la velocità del sistema sarebbe in diminuzione nel caso la direzione della
velocità fosse verso sinistra per il blocco A e verso l’alto per il blocco B
(possiamo ad esempio immaginare che in precedenza il blocco A fosse tirato
verso sinistra con un filo che poi si è strappato).
27 Per le ragioni già chiarite in precedenza
2T
(problema 24), il blocco 2 e il blocco 3 esercitano
sul filo che li sostiene una uguale forza
T, mentre alle due estremità dell’altro filo
T
è applicata una forza 2T (fig.6) Le accelerazioni
dei blocchi verso il basso sono pertanto: m 1 g
T
[A] a 1 = g –2T / m 1
m
a 2 = g – T /m 3 g
2
a 3 = g – T /m 3 .
Fig. 6 m 2 g
La quarta equazione necessaria a risolvere il sistema della quattro incognite (le
tre accelerazioni + la tensione T ) è quella che stabilisce che l’accelerazione
della carrucola mobile (uguale in valore assoluto e opposta in segno all’accelerazione
a 1 del blocco 1) è la media aritmetica di quelle del blocco 2 e del
blocco 3 (cfr. domanda 41, pag. 95):
[B] – a 1 = (a 2 + a 3 )/2.
Se in quest’ultima relazione poniamo le tre espressioni [A], otteniamo
4 g m1
m2
m3
[C] T =
.
m1m2
+ m1m3
+ 4m2m3
Osservazione importante. Sarebbe stato del tutto erroneo cercare di risolvere il
problema riunendo i blocchi 2 e 3 in un unico blocco, per riportarsi così al
semplice problema delle due masse sospese (problema 19, pag.153). In tal modo
infatti si attribuisce arbitrariamente al centro di massa del sistema 2 + 3 la
stessa accelerazione della carrucola mobile: accelerazione che vale (a 2 + a 3 )/2,
mentre quella del CM del sistema vale (a 2 m 2 + a 3 m 3 )/(m 2 + m 3 ), ed è quindi
uguale alla precedente solo quando m 2 = m 3 . E se cambiamo l’accelerazione del
CM del sistema 2 + 3, cambiamo la risultante delle forze esterne sul sistema
stesso, e cambiamo quindi il valore della forza 2T con cui la carrucola mobile è
sostenuta dal filo.
(b) Se il blocco 1 è in equilibrio, è in equilibrio anche la carrucola mobile, e i
blocchi 2 e 3 hanno rispettivamente accelerazione g/2 verso l’alto e g/2 verso
il basso. Allora deve essere T = 3 kg, e la forza 2T che sostiene la carrucola
mobile, che per ipotesi è in equilibrio, è 6 kg. L’equilibrio del blocco 1, a sua
volta sostenuto da una forza 2T = 6 kg, richiede allora che il suo peso sia 6 kg
(non 5!), e quindi la sua massa 6 kg.
31 Sì, ma la terza legge di Newton non c’entra: in base ad essa possiamo solo dire
che la forza del corpo K sul piano e la forza del piano sul corpo K sono uguali
in valore e opposte in direzione, oppure che sono uguali in valore e opposte in
direzione la forza attrattiva della Terra su K (il peso di K) e la forza attrattiva di

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 42
K sulla Terra. La forza del piano su K è invece uguale al componente trasversale
del peso di K per il fatto che il centro di massa di K si muove di moto rettilineo:
il che richiede che la forza risultante su K abbia componente zero perpendicolarmente
alla velocità del centro di massa.
37 (a) La forza centripeta F r
cp è data qui dal componente
orizzontale della reazione del vincolo
ϕ L
(fig. 9): V senϕ = mv 2 /R, con R = L senϕ . Da H
2 ϕ
V L sen
cui, v =
. Rispetto alla direzione
m
verticale la velocità della pallina si mantiene
uguale a zero: niente accelerazione, quindi la
somma dei componenti verticali delle forze è
zero: V cosϕ = mg. Sostituendo nella relazione
precedente otteniamo v =
g L senϕ tgϕ
.
Essendo poi ω = v /R = v /(L senϕ ), risulta ω =
g
=
Lcosϕ
g
H
, avendo indicato
con H l’altezza del cono: la velocità angolare e il periodo sono uguali
per tutti i pendoli conici aventi la stessa altezza, il periodo è uguale a quello
delle piccole oscillazioni di un normale pendolo semplice di lunghezza H.
(b) Dato che H deve essere inferiore a L (altrimenti l’apertura del cono è zero)
il valore di ω deve essere superiore a g/ L , e il valore del periodo T è inferiore
a 2 π L/ g (periodo delle piccole oscillazioni di un pendolo semplice di
lunghezza L). Si noti che, quando l’apertura ϕ del cono tende a zero, il valore
della velocità angolare tende a g/ L , ma la velocità lineare tende a zero, dato
che tende a zero il raggio della circonferenza percorsa dalla pallina.
(c) La velocità angolare deve essere superiore (vedi punto precedente) alla pulsazione
delle piccole oscillazioni di un pendolo semplice di uguale lunghezza:
ω > g / L = ω min . La frequenza minima è quindi f min = [ω min /(2π )] giri/s. Posto
g = 9,81 m/s 2 e L = 1 m, si ottiene che la frequenza minima è
f min = 0,498 giri /s = 29,9 giri /min.
42 L’oscillazione avviene in ogni caso attorno alla posizione di equilibrio, la posizione
in corrispondenza della quale il peso (m +M) g del sistema è esattamente
compensato dalla forza ky 0 della molla (che ha subìto lo schiacciamento y 0 ).
Detta infatti y la deformazione della molla (l’accorciamento rispetto alla lunghezza
di riposo), la forza complessiva sul sistema oscillante, misurata verso il
basso, è (m +M) g − ky. La forza è zero (posizione di equilibrio) per (m +M) g −
− ky = 0, e cioè per y = (m +M) g/k = y 0 . La forza applicata al sistema può
dunque essere espressa come k (y 0 − y), il che mostra che per y < y 0 (al di sopra
quindi della posizione di equilibrio) la forza è positiva e cioè diretta verso il
R
Fig. 9
F r
cp
V r
P r

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 43
basso, mentre al di sotto della posizione di equilibrio è diretta verso l’alto. Si
tratta insomma di una forza di richiamo verso y = y 0 , con una intensità proporzionale
alla distanza da tale posizione: il centro di massa del sistema oscilla in
ogni caso (anche se il blocco si stacca dal piatto) di moto armonico.
Se vogliamo che, durante l’oscillazione, il blocco si mantenga a contatto del
piatto, occorre che la lunghezza della molla risulti in ogni istante non superiore
alla lunghezza di riposo: il che equivale a dire che l’ampiezza di oscillazione
non può essere più grande della deformazione di equilibrio y 0 . Quando infatti la
molla risultasse deformata in allungamento, sul sistema piatto + blocco agirebbe,
oltre al peso, anche una forza elastica diretta verso il basso, quindi il centro
di massa del sistema avrebbe un’accelerazione verso il basso superiore a g:
mentre, per il fatto che il blocco è semplicemente appoggiato sul piatto, è chiaro
che la sua accelerazione verso il basso non può in nessun caso essere superiore
a g. Non appena, nel corso dell’oscillazione, la lunghezza della molla superasse
il valore di riposo, il blocco perderebbe velocità meno rapidamente del
piatto, il che significa che si verificherebbe il distacco.
48 La prima, che è rimbalzata verso l’alto con una velocità v identica in modulo
alla velocità di impatto, cioè con una quantità di moto uguale in modulo e opposta
in direzione: cosicché l’incremento p r r − 2 p della quantità di moto 1
(uguale
all’impulso subìto e quindi, a parte la direzione, all’impulso esercitato) vale
2mv. Per la seconda pallina invece al momento dell’impatto al suolo la quantità
di moto va a zero, e quindi l’incremento della quantità di moto e l’impulso valgono
solo mv.
52 Sì, per il fatto che, essendo zero l’impulso delle forze interne al sistema, l’impulso
delle forze applicate dall’esterno corrisponde all’incremento della quantità
di moto di K, la quale può essere notoriamente espressa come prodotto della
massa di K per la velocità del suo centro di massa.
57 L’impulso della forza è I r =
∫ t = 3 s r
3
F dt
, vale perciò 3 N [ t ] s
0
0
= 9 N⋅s in direzione
x, (5 N/s) [ t ] 2 3
/ 2
s
= 22,5 N⋅s in direzione y, (6 N/s 2 ) [ t ] 3 3
/ 3
s
= 54 N⋅s in
0
direzione z. Il modulo dell’impulso è quindi I = 9 + 22,5 + 54 N⋅s =
= 59,2 N⋅s. Tale valore rappresenta anche il modulo della variazione Δ p r della
quantità di moto della sfera, e quindi il prodotto M Δ v
r della massa della sfera
per il modulo dell’incremento di velocità del suo centro (che, per il fatto che la
sfera è omogenea, ne rappresenta il centro di massa). Tenuto che la velocità
iniziale è zero, il rapporto tra il modulo dell’impulso e la massa della sfera fornisce
senz’altro il valore finale della velocità del CM, che è pertanto
v = I /M = (59,2 N⋅s) / ( 3 kg) = 19,7 m/s.
2
2
0
2

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 44
CAPITOLO 9 − LAVORO ED ENERGIA
2 [R] Una ipotetica forza avente direzione sempre uguale a quella della velocità
del punto su cui agisce non sarebbe conservativa (vero/falso).
4 Una pallina P di massa 40 g procede con velocità costante 150 cm/s in un piano
verticale lungo una circonferenza di centro O. Si determini con quale rapidità
il peso della pallina compie lavoro:
(a) nell’istante in cui il vettore OP è diretto verticalmente verso l’alto,
(b) quando il vettore OP è ruotato di 30°,
(c) quando il vettore OP è ruotato di altri 60°.
r
2 r r
5 * La forza F = y ux
+ 5xu
y (unità SI) agisce su
y
una particella K mobile nel piano cartesiano xy.
B (6;3)
A
(a) Si chiarisca se tale forza è conservativa.
(b) Considerati (fig. 8) i punti A (0;3), B (6;3) e
x
C (6;0), si calcoli il lavoro compiuto dalla forza
in questione quando K si sposta da O a B lungo il
Fig. 8
percorso OAB, il percorso OCB, il percorso OB.
6 *[R] (a) Si calcoli il lavoro che viene compiuto
r
2 r
dalla forza F = (5y
+ x ) ux
− xu
r
y
9 y (unità SI)
A 2
quando la particella su cui agisce si sposta nel piano
cartesiano xy (fig. 9) dal punto A (0;3) al
1
punto B (3;0) lungo una traiettoria di equazione
y = 3 − x (linea 1 in figura).
O
x
*(b) Come sopra, considerando però un percorso
B
di equazione y = 3 − x 2 /3 (linea 2 in figura).
Fig. 9
8 Due recipienti identici poggiano su uno stesso piano orizzontale: il recipiente A
contiene 12 kg d’acqua, il recipiente B contiene 4 kg d’acqua. Se i due recipienti
venissero messi in comunicazione, si verificherebbe ovviamente uno
spostamento di liquido da A verso B fino al raggiungimento di una nuova situazione
di equilibrio: quale sarebbe, in tale eventualità, il lavoro complessivamente
compiuto dalla forza peso? Si ipotizzi che il collegamento venga realizzato
tramite un condotto di volume trascurabile.
13 Un corpo soggetto esclusivamente al peso cade da fermo da un livello 1 a un
livello 2 acquistando una velocità di 10 m/s. Se ne può dedurre (vero/falso)
che se la velocità iniziale fosse stata 10 m/s la velocità finale sarebbe stata
20 m/s, e più in generale che se la velocità iniziale fosse v 0 la velocità finale
sarebbe v 0 +10m/s.

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 45
14 Quando le forze applicate a un certo punto materiale P compiono un lavoro L 0
la velocità di P passa da 0 a 10 km/h. Quale lavoro è perciò necessario perché
la velocità di P passi da 100 a 110 km/h?
17 Un blocco C di massa m scivola senza attrito con
v r
velocità v lungo un piano orizzontale (fig. 13),
k
m
soggetto solo al peso e alla reazione del vincolo.
La corsa di C viene poi arrestata da una molla di
Fig. 13
rigidezza k, che rilancia C in direzione opposta.
Quale deformazione ha subìto la molla?
18 [R] Un blocco C di massa m è sospeso a un filo:
immediatamente al disotto di C (fig.14) c’è un
m
piatto orizzontale di massa trascurabile sostenuto
da una molla di costante elastica k. Di quanto si
k
comprime la molla se si taglia il filo?
Fig. 14
21 Due fionde sono costruite con elastici aventi diversa costante k di elasticità.
Quale delle due conviene usare se ciò che interessa è lanciare il sasso alla maggior
distanza possibile?
23 Un pendolo è costituito da una sferetta di massa m fissata a un’asta rigida di
lunghezza L e massa trascurabile. Determinare a quale sforzo massimo l’asta
deve resistere, considerando ampiezze angolari di oscillazione di 60°, 90°,
120°, 180°.
24 * [R] Problema «del giro della morte» (fig. 15).
K
C
Da quale altezza minima deve partire (da fermo)
il blocchetto K, soggetto solo al peso e alla reazione
del vincolo, per riuscire a effettuare l’intero
percorso senza mai staccarsi dalla guida su
cui scivola? Si consideri nullo l’attrito, ma si
chiarisca qualitativamente in che modo il risultato
verrebbe modificato dalla presenza di attrito.
Fig. 15
26 * [R] Un blocchetto K, inizialmente in quiete
v r 0
sulla sommità di una semisfera di raggio R
(fig. 16), subisce un urto che gli conferisce una
velocità orizzontale v r 0 . Si spieghi in che modo,
in assenza di ogni di attrito, la posizione di distacco
di K dalla superficie d’appoggio dipende
dal valore di v r Fig. 16
0 .
29 Una fune, che appoggia senza attrito su un sostegno
sagomato come in fig. 18, inizia a un
A
tratto a scivolare verso il basso. Sapendo che
ϕ
la lunghezza complessiva è L e che la lunghezza
del tratto inizialmente posto sul piano
Fig. 18
inclinato è d, si determini la velocità con cui

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 46
l’estremo A raggiunge l’inizio della discesa.
32 Un cilindro omogeneo di raggio R e massa M rotola senza strisciare.
(a) Si esprima la sua energia cinetica in funzione della velocità angolare ω.
(b) Si verifichi che lo stesso risultato si ottiene sommando l’energia cinetica che
il cilindro avrebbe nel caso traslasse con la velocità v 0 del suo asse geometrico
con l’energia cinetica che il cilindro avrebbe se il suo asse geometrico fosse
immobile e il cilindro ruotasse attorno ad esso con velocità angolare ω.
33 * [R] Si chiarisca da quali elementi dipende il tempo impiegato da un cilindro
omogeneo a percorrere, con partenza da fermo, un piano inclinato di lunghezza
L, supponendo che l’attrito sia abbastanza grande da impedire al cilindro di
scivolare. Si confronti il risultato con quello che si sarebbe ottenuto nel caso di
attrito zero. Si descrivano valore e direzione della reazione del vincolo.
38 Le due locuzioni «energia potenziale in A rispetto a B» e «differenza di energia
potenziale tra A e B» sono del tutto equivalenti (vero/falso).
39 [R] Moto armonico tra A e B, con centro A
M H K B
in M (fig. 20). Detto H il punto intermedio
tra M e B, detto K il punto intermedio tra Fig. 20
H e B, e tenuto conto che durante l’oscillazione
l’energia cinetica massima è 80 J, si determini l’energia potenziale elastica
del punto oscillante in A rispetto a M, in A rispetto a K, in K rispetto a B,
in H rispetto a K.
41 Punto materiale in movimento, soggetto solo al peso e a forze elettrostatiche.
Nella posizione A l’energia cinetica vale 520 J, l’energia potenziale gravitazionale
−18 J, l’energia potenziale elettrostatica 0. Trovare il valore dell’energia
cinetica e delle energie potenziali nella posizione B, posta esattamente allo
stesso livello di A, sapendo che nel passaggio da A a B il lavoro delle forze elettrostatiche
è − 400 J.
42 Un punto Q è soggetto al peso, a una forza elastica, a forze di attrito. Nella posizione
A l’energia cinetica di Q vale 30 J, l’energia potenziale gravitazionale
−20 J, l’energia potenziale elastica 100 J. Nella posizione B i rispettivi valori
sono invece 40 J, −10 J, −20 J. Determinare il lavoro compiuto dalle forze di
attrito tra A e B.
43 [R] Un punto materiale K, mobile in un campo di forza conservativo, possiede
l’energia potenziale EP = 5 xy 2 − yz 3 (unità SI). Si trovi il valore della forza a
cui K è soggetto nella posizione x = 1, y = 2, z = 3.
45 * [R] Un punto K di massa m = 20 g, vincolato a muoversi sull’asse x e soggetto
solo una a forza conservativa F r , si trova inizialmente nell’origine degli assi
con velocità v 0 = 5 m/s. L’energia potenziale di K dipende dalla posizione secondo
l’equazione EP = F 0 |x|, con F 0 = 20 N. Dimostrare che il moto di K è
periodico, e determinare periodo e ampiezza di oscillazione. Si consideri nullo
il valore della forza nell’origine.

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 47
47 * Un punto di massa m, soggetto esclusivamente a forze conservative, ha energia
potenziale
EP = k (x 2 − a 2 ) per |x| < a
EP = 0 per |x| ≥ a
con a e k costanti positive. Supponendo che il moto possa avvenire solo in direzione
x, discutere il tipo di moto in funzione dell’energia totale. Determinare
la massima velocità compatibile con un moto periodico e, per tale valore della
velocità, determinare il periodo del moto.
48 [R] Il punto materiale K, di massa m, è in quiete nella posizione O. Si determini
quanta energia occorre somministrare a K affinché oscilli di moto armonico
attorno ad O con ampiezza A e frequenza f.
SOLUZIONI
2 Vero: essendo sempre e solo positivo, il lavoro di tale forza non potrebbe essere
zero su un percorso chiuso.
2
6 (a) Il lavoro del componente x della forza è L x =
∫
F x dx
∫
(5y
+ x )dx
.
3
0
= 3 0
Essendo, lungo il percorso 1, y = 3 − x, si ottiene L x =
∫
[ 5(3 − x ) + x ] dx
=
3
=
∫
( 15−
5 + x ) dx
0
2
x = [ x x + ] 3 0
2
15 − 5 / 2 x / 3 = 31,5 J.
Il lavoro del componente y della forza è L y =
3
∫
0
F y
3
dy
=
3
0
−
∫
0
3
9 x dy
. Essendo,
lungo il percorso 1, y = 3 − x, è x = 3 − y e quindi L y =
∫
9 (3 − y ) dy
=
3
=
∫
( 27 − 9 ) dy
0
2 / 2
y = [ ] 3 0
27y − 9y
= 40,5 J. Il lavoro complessivo della forza
è L = L x + L y = 31,5 J + 40,5 J = 72,0 J.
− 0 3
(b) Il lavoro del componente x della forza è L x =
∫
( 5y + x ) x , con y =
3
=3− x 2 /3. Dunque L x =
∫
[ 5(3 − x / 3) + x ] dx
=
∫
( 15 − 2x / 3) dx
= 27 J.
0
2
Il lavoro del componente y è L y = −∫
0 9x dy
. Essendo y = 3 − x 2 /3, è dy =
3
= − (2/3)x dx. Perciò, tenuto conto che i limiti di integrazione per x sono 0 e 3,
2
3
0
3
0
2
2 d
2

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 48
possiamo scrivere L y = −∫ 3 9x ( −2/3)
x dx
=
0 ∫ 3 6 x 2 dx
= 54 J. Il lavoro complessivo
è L = L x + L y = 27 J + 54 J = 81 J.
0
18 Se il blocco subisce lo spostamento y r , il lavoro della forza elastica è −½ ky 2 , il
lavoro della forza peso è mgy. L’energia cinetica di C è zero sia nell’istante i-
niziale che nell’istante finale (massima compressione della molla). Dunque, il
lavoro complessivo deve essere a sua volta zero: mgy − ½ ky 2 = 0, da cui
26 È chiaro che, se il peso mg di K non è abbastanza grande in rapporto alla velocità v 0
conferitagli dall’urto, si verifica il distacco immediato dalla superficie d’appoggio. Precisamente,
ciò si verifica se è mg < mv 2 0 /R, se cioè il peso è inferiore alla forza centripeta
necessaria perché nella posizione iniziale la traiettoria abbia raggio di curvatura R.
Se invece mg ≥ mv 2 0 /R (se cioè v 0 ≤ gR ) il blocchetto parte scivolando sulla super-
24 Mentre K percorre l’anello (fig.6), la reazione
V del vincolo, misurata in senso cen-
C
tripeto, è V = mgcosϕ + mv 2 /R. Il primo
termine a secondo membro diventa negativo
per ϕ > 90°: in tal caso, se il valore del secondo
termine non è sufficientemente grande,
ϕ
il valore di V risulta negativo, il che sta ad
indicare che la reazione dovrebbe essere diretta
in senso centrifugo, con modulo sempre
mg cosϕ
mg
più grande man mano che ϕ aumenta. In realtà,
un vincolo di puro appoggio come
Fig. 6
l’anello da noi considerato non è in grado di
esercitare forze dirette in senso centrifugo:
ciò significa che l’ultimo punto di contatto per K è quello che corrisponde a V
= 0, immediatamente dopo la forza centripeta risulta (per la mancanza di una
reazione centrifuga) più grande di quella che corrisponde al raggio di curvatura
R: perciò il raggio di curvatura della traiettoria risulta minore di R, il che corrisponde
a dire che K si stacca dalla guida.
La risposta al quesito proposto si ottiene imponendo che l’ultimo punto di
contatto sia l’estremo superiore C del diametro verticale dell’anello:
V = mgcos180° + mv 2 /R = 0, da cui [A] v 2 = gR. Se h è l’altezza del punto di
partenza su C, sarà mv 2 /2 = mgh (teorema dell’energia cinetica), e quindi [B] v 2
= 2gh. Dal confronto tra le relazioni [A] e [B] si ottiene h = R/2. Per non perdere
mai il contatto con la guida K deve partire da una posizione sopraelevata di
almeno R/2 rispetto a C.
In caso di attrito, occorrerà che il blocchetto parta da una posizione più elevata
(h ' > R/2), in modo che il maggior lavoro della forza peso compensi il lavoro
negativo compiuto dalla forza d’attrito, e la velocità di passaggio in C rimanga,
nonostante l’attrito, la stessa di prima: la minima che il blocchetto può avere in
C quando compie l’intero giro senza staccarsi.

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 49
ficie d’appoggio. Quando la distanza angolare dalla
zione iniziale è ϕ (fig. 7), la forza centripeta è mv 2 /R =
= mgcosϕ − V, avendo attribuito alla reazione del vincolo
una direzione centrifuga. Dunque è V = mg cosϕ −
− mv 2 /R. Al crescere di ϕ il primo termine a secondo
membro è sempre più piccolo, il secondo termine è sempre
più grande, V è sempre più piccolo. In corrispondenza dell’ultimo
punto di contatto V = 0, e quindi
[A] v 2 = gR cosϕ
(immediatamente dopo V risulterebbe negativo, il che corrisponderebbe
a una reazione vincolare diretta in senso centripeto, cosa impossibile per
un vincolo di semplice appoggio). Peraltro, dal teorema dell’energia cinetica si ottiene
[B] v 2 = v 2 0 + 2 gR (1 − cosϕ ).
Facendo sistema della [A] e della [B] si ottiene che l’ultima posizione di contatto è definita
da cosϕ = 2/3 + v 2 0 /3gR. Per v 0 = 0, cosϕ = 2/3, e il blocchetto si stacca ad altezza
(2/3)R sulla base della semisfera. Se v 0 tende a g R , cosϕ tende a 1, cioè ϕ a
zero. Se v 0 = gR , l’ultimo punto di contatto è il punto iniziale, dove la traiettoria ha
raggio di curvatura R. Se infine v 0 > gR l’ultimo punto di contatto è ovviamente ancora
il punto iniziale, ma questa volta il raggio di curvatura iniziale è > R.
33 L’asse di rotazione coincide con la linea di contatto: l’accelerazione dell’asse
del cilindro è quella che nel quesito viene indicata come «accelerazione del cilindro».
Se l’asse di rotazione del cilindro ha subìto uno spostamento x, il lavoro
compiuto dalla forza peso è L g = Mgxsenϕ . Dato che la reazione del vincolo
non lavora, sarà Mgxsenϕ = EC = (3/4)Mv 2 (vedi risposta precedente),
vale a dire v 2 = (4/3) gxsenϕ , il che significa che l’asse del cilindro si muove
di moto uniformemente vario con accelerazione (2/3)g senϕ [6] . L’accelerazione
del cilindro dipende dunque esclusivamente dall’inclinazione del piano. Tutti i
cilindri omogenei lasciati rotolare da una stessa altezza lungo uno stesso piano
inclinato impiegano lo stesso tempo [7] per arrivare in fondo:
2L
3L
T =
= .
(2/3) g senϕ g senϕ
La massa, il volume, l’altezza, il raggio non hanno alcuna influenza.
In assenza di attrito il cilindro sarebbe sceso scivolando senza ruotare con accelerazione
g senϕ , superiore per un fattore 3/2, e avrebbe quindi percorso lo
scivolo in un tempo T = 2L / ( g senϕ)
, inferiore per un fattore 3 / 2 = 1,22.
La reazione del vincolo consta di un componente perpendicolare al piano d’ap-
ϕ
Fig. 7
V r
mg
r
6 Nel moto uniformemente vario è v = v + a ( s − s ) .
2
2
0
2 0
7 Nel moto uniformemente vario la posizione è definita da s = s 0 + v 0 t + at 2 /2, quindi il tempo necessario
per percorrere una distanza s − s 0 = L con partenza da fermo è t = 2L
/ a.

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 50
poggio, uguale e contrario al componente trasversale P cosϕ del peso (così la
forza trasversale complessiva è zero, come deve essere per il fatto che il moto
del centro di massa è rettilineo), e in più, se c’è attrito, di un componente parallelo
al piano, diretto in senso opposto al componente tangenziale del peso. Se
c’è abbastanza attrito da produrre un moto di puro rotolamento, la forza
d’attrito ha valore (P senϕ)/3 [come richiesto dal fatto che in questo caso
l’accelerazione del centro di massa del cilindro è a = (2/3)g senϕ , e che l’accelerazione
prodotta dal solo peso è g senϕ ].
36 Dato che in A l’energia cinetica è zero e in M è 80 J, tra A ed M il lavoro della
forza elastica applicata al punto oscillante è 80 J: dunque l’energia potenziale
in A rispetto a M è 80 J. Gli altri valori dell’energia potenziale si possono calcolare
come lavoro della forza elastica, sapendo che, quando la distanza da M
varia da x ' a x", il lavoro della forza elastica è L = ½ k (x ' 2 − x" 2 ), e tenuto conto
che, in base ai dati, quando x ' = R (ampiezza di oscillazione) e x" = 0 il lavoro è
80 J, il che significa che è k /2 = (80 J)/R 2 .
L’energia potenziale in A rispetto a K è EP A(K) = L A→K = (k /2) [R 2 − (3R/4) 2 ] =
(k /2) (7R 2 /16). Ponendo k /2 = (80 J) /R 2 si ottiene EP A(K) = (7/16) × 80 J = 35 J.
In B l’energia cinetica è zero come in A, perciò il lavoro da A a K e quello da K
a B sono uguali a meno del segno: EP K(B) = −EP A(K) = −35 J.
Infine, EP H(K) = L H→K = (k /2) [(R/2) 2 − (3R/4) 2 ] = (k /2) (−5R 2 /16). Essendo
k /2 = (80 J) /R 2 , si ottiene EP H(K) = −25 J.
43 Risulta F x = − ∂EP/ ∂x
= −5y 2 , F y = − ∂EP/ ∂ y = −10 xy+ z 3 , F z = − ∂EP/ ∂z
=
=3yz 2 . Nella posizione considerata è pertanto F x = −20 N, F y =17N, F z =
= 54 N, cosicché il modulo della forza è
2
x
2
y
2
z
F = F + F + F =
2
2
( −20)
+ 17 + 54 N = 60,0 N.
45 Il fatto che, al crescere del valore assoluto di x,
E
cresca anche EP (fig. 12) significa che quando EP E
K si allontana da x = 0 si verifica un lavoro resistente:
la forza ha quindi il carattere di forza
tot
EP
di richiamo verso x = 0. Il fatto poi che sia EP
v r x
0
= = F 0 |x| significa che la componente x della Fig. 12
forza (= −∂EP/∂x) è F 0 per x 0. L’energia totale E tot è chiaramente costante
(forza conservativa), il suo valore corrisponde a quello dell’energia cinetica
in x = 0 (dove EP = 0): E tot = mv 0 / 2 . Ogniqualvolta, al crescere di x, EP
2
raggiunge il valore di E tot , l’energia cinetica si riduce a zero e il punto mobile
viene riportato indietro dalla forza di richiamo: il moto è dunque periodico.
L’ampiezza è data dal valore x max di x definito da EP max = E tot = F 0 |x max | =
2
= mv 0 / 2, vale a dire 20 N |x max | = (2× 10 −2 kg) × (5 m/s) 2 /2, da cui |x max | =
= 1,25 cm. Tra l’origine e il punto di inversione di marcia l’accelerazione sca-
2

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 51
lare è costante, con valore assoluto a = F 0 /m = 20 N / (2 × 10 −2 kg) = 1000 m/s 2 .
Il tempo necessario perché la velocità v 0 si annulli è allora
v 0 /a = (5 m/s) / (1000 m/s 2 ) = 5 × 10 −3 s. Si tratta ovviamente di ¼ del periodo
del moto, per cui in definitiva risulta T = 2 × 10 −2 s.
Osservazione. La posizione x = 0 rappresenta per K una possibile posizione di
equilibrio: tale equilibrio avrebbe la caratteristica della stabilità (minimo dell’energia
potenziale, lavoro resistente della forza applicata per spostamenti di
allontanamento).
48 Assumiamo la posizione iniziale O come riferimento dell’energia potenziale
elastica. Allora l’energia complessiva (cinetica + potenziale) di K quando è
immobile in O è zero. Quando invece K oscilla con ampiezza A e frequenza f,
nella posizione O la sua energia potenziale è ancora zero ma l’energia cinetica
è mv 2 max /2, con v max = ωA = 2π fA. Pertanto in O (e, per la conservazione dell’energia,
in ogni altra posizione) l’energia totale di K è adesso mω 2 A 2 / 2. Questa
«energia in più» è l’energia che occorre somministrare a K perché
oscilli di moto armonico.
Osservazione. Se, come sarebbe stato del tutto legittimo, avessimo scelto diversamente
il riferimento dell’energia potenziale, nella posizione centrale O
l’energia potenziale di K non sarebbe stata nulla, e avremmo quindi ottenuto
per l’energia del punto oscillante un diverso valore: ciò significa che il valore
dell’energia totale di un punto di massa assegnata che oscilla di moto armonico
con ampiezza e frequenza assegnate è indeterminato. Quello che invece è sempre
univocamente determinato è il supplemento di energia di cui, per poter
oscillare, il punto in questione ha bisogno.

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 52
CAPITOLO 10 − ATTRITO
I problemi di questo capitolo sono tutti riportati nel sito alla sezione “Indice del libro e pagine
dimostrative”. Il testo di alcuni di tali problemi, corredato di risposta, è riproposto qui
di seguito.
1 [R] L’attrito radente si manifesta quando un corpo striscia, l’attrito volvente
quando un corpo rotola (vero/falso).
2 [R] Una pallina scende rotolando senza strisciare lungo un piano inclinato.
L’attrito che produce il rotolamento deve considerarsi statico o dinamico?
8 *[R](a) In che direzione agisce sulle ruote la forza d’attrito radente alla partenza
di un’automobile? (b) In che direzione, se l’automobilista toglie gas? (c) In
che direzione, se l’automobilista frena? (d) Per quale ragione in una frenata a
ruote bloccate lo spazio d’arresto può risultare più grande?
9 [R] Una sfera è costituita per metà di sughero, per metà d’ottone. Supponiamo
di tenere in equilibrio la sfera su un piano orizzontale in modo che il piano di
separazione delle due semisfere risulti verticale. Se lasciamo andare la sfera,
come si muoverebbe il suo baricentro in assenza di attrito?
10 [R] Dovendo calcolare la forza d’attrito dinamico
su un corpo di peso P che scivola su una superficie
concava (fig.7), uno studente ha moltiplicato
il componente P n del peso sulla normale alla superficie
d’appoggio per il coefficiente d’attrito radente
dinamico. Quale errore ha commesso?
Fig. 7
11 [R] Le forze d’attrito possono compiere solo lavoro resistente (vero/falso).
14 [R] Un blocco K di 20 kg è immobile su un piano orizzontale, soggetto al peso
e alla reazione del piano d’appoggio: il coefficiente d’attrito statico tra le superfici
a contatto è μ 0 = 0,4.
(a) Se al blocco viene applicata una forza F r inclinata rispetto al piano orizzontale
di 30° verso il basso, qual è il massimo valore che, senza pregiudizio dell’equilibrio,
può assumere F r ?
(b) * Qual è il minimo valore della forza capace di mettere il blocco in movimento?
19 [R] Dopo aver percorso ruotando senza strisciare un tratto orizzontale, una pallina
inizia la risalita di un piano inclinato. Arriverà più in alto in assenza oppure
in presenza di attrito radente? Nel secondo caso, si faccia l’ipotesi che
l’attrito sia abbastanza grande da impedire ogni strisciamento.
21 * [R] Un uomo sta salendo su una scala a pioli appoggiata al muro. Supponendo
che la scala abbia peso trascurabile e che il coefficiente d’attrito tra scala e
parete sia lo stesso che tra scala e pavimento, si determini la massima altezza a
cui può giungere l’uomo senza che la scala scivoli.
P r
P r
n

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 53
23 * [R] Un blocchetto K è a contatto di un cuneo
C che può scivolare in direzione orizzontale (fig.
10). Considerando sia il caso di assenza di attrito
che il caso contrario, si chiarisca come deve
muoversi C se vogliamo che K (che è soggetto
solo al peso e alla forza proveniente da C)
si mantenga immobile rispetto a C.
25 * [R] Cilindro (o sfera) su piano inclinato: determinare la massima pendenza
compatibile con un moto di puro rotolamento (con partenza da fermo).
26 * [R] Si consideri un’automobile di massa 1200 kg. Posto che il coefficiente
d’attrito radente statico tra ruote e terreno sia μ 0 = 1, che il coefficiente d’attrito
volvente sia μ v = 15 mm e che il raggio delle ruote sia R = 30 cm, si determini
quale forza occorrerebbe applicare alla macchina per metterla in movimento:
(a) a ruote bloccate, in presenza di attrito radente,
(b) a ruote libere, in presenza di attrito volvente ma non di attrito radente,
(c) a ruote libere, in presenza di attrito radente ma non di attrito volvente,
(d) a ruote libere, in presenza di attrito sia radente che volvente.
28 [R] Con riferimento alla fig.11 (forza motrice
applicata ad altezza R), si spieghi se
la presenza di attrito volvente aumenta o
diminuisce il rischio di slittamento della
ruota sul terreno.
29 [R] Si consideri una ruota (ad esempio, la
ruota posteriore della bicicletta) a cui viene
applicata una coppia motrice di momento
τ, e si spieghi se la presenza di attrito
volvente aumenta o diminuisce il rischio
di slittamento della ruota sul terreno.
C
K
K
Fig. 11 – Ruota sottoposta
a forza motrice.
Fig. 10
F r

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 54
SOLUZIONI
1 Falso: quando un corpo rotola c’è sempre attrito volvente
(salvo il caso teorico di corpi rigidi o di corpi
perfettamente elastici), ma c’è anche attrito radente se A r vr
questo serve a contrastare lo strisciamento di una superficie
sull’altra. Ad esempio, se una pallina viene
posta su un piano inclinato e poi abbandonata a sé
stessa (fig.1), in assenza di attrito radente scivolerebbe
verso il basso senza ruotare (il peso e la reazione Fig. 1
del vincolo, perpendicolare al piano per l’assenza di
attrito, avrebbero entrambi momento zero rispetto al
centro della sfera): il rotolamento con velocità angolare via via più grande è
prodotto dalla forza A r d’attrito radente (e contrastato dall’eventuale attrito volvente).
Altro esempio: se una palla da biliardo viene colpita a mezza altezza,
per effetto dell’attrito radente che ne contrasta il moto di scivolamento incomincia
a rotolare perdendo velocità. Quando la velocità v di avanzamento è
diminuita e la velocità ω di rotazione aumentata fino a che la relazione ω =
= v/R è soddisfatta, non c’è più alcuno strisciamento da contrastare, e l’attrito
radente non agisce più.
2 Il rotolamento è prodotto dall’attrito radente, e dato che non si verificano strisciamenti
si tratta di attrito statico: la forza d’attrito è applicata a punti che
hanno velocità zero.
8 (a) In assenza di attrito sul terreno, le ruote motrici (collegate al motore) girerebbero
a vuoto, mentre le ruote d’appoggio resterebbero immobili. L’attrito
contrasta lo strisciamento delle ruote motrici agendo in avanti (di qui l’accelerazione
in avanti della macchina), e lo strisciamento delle ruote d’appoggio
agendo su di esse all’indietro (il che ne determina il rotolamento).
(b) Quando l’automobilista toglie gas la macchina rallenta: in assenza di attrito
le ruote d’appoggio tenderebbero a conservare la propria velocità di rotazione,
mentre la velocità di rotazione delle ruote motrici diminuirebbe bruscamente
insieme alla velocità di rotazione del motore. Le une e le altre quindi striscerebbero
sul terreno: la forza d’attrito agisce in avanti sulle ruote d’appoggio costringendole
a girare meno rapidamente, e all’indietro sulle ruote motrici costringendole
a girare più rapidamente.
(c) In assenza di attrito tra gomme e terreno, i freni bloccherebbero le quattro
ruote azzerandone bruscamente il moto di rotazione, e la macchina scivolerebbe
senza venire in alcun modo rallentata. Le forze d’attrito tra gomme e terreno
contrastano tale scivolamento, agendo in direzione opposta alla direzione di
marcia: tendono cioè a far girare le ruote in avanti mantenendone il moto di rotazione.
(d) Se la frenata non è troppo violenta in rapporto alle condizioni delle gomme
e del terreno, le forze d’attrito sono abbastanza grandi da impedire del tutto lo

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 55
scivolamento, costringendo le ruote a girare con la velocità angolare (ω = v/R,
dove v è la velocità della macchina) di un moto di puro rotolamento: in tal caso
la macchina è rallentata dalle forze d’attrito statico che, al limite, possono raggiungere
il proprio valore massimo μ 0 N. Se però la frenata è troppo brusca, le
forze d’attrito non sono abbastanza grandi da riuscire a impedire del tutto lo
scivolamento: le ruote quindi girano ma insieme scivolano (e al limite si bloccano
e scivolano senza più girare), cosicché in questo caso sono le forze d’attrito
dinamico − di valore inferiore al valore massimo delle forze d’attrito statico
− a decelerare la macchina.
9 Per la mancanza di attrito, la forza proveniente dal
piano d’appoggio sarebbe verticale come il peso
della sfera (fig. 2): essendo perciò verticale la forza
risultante sulla sfera, il baricentro G cadrebbe verso
il basso lungo una retta verticale e la sfera ruoterebbe
attorno a G scivolando fino ad avere il punto
d’appoggio al di sotto del baricentro (possibile posizione
di equilibrio stabile). Il moto proseguirebbe
poi per inerzia − come quello di un pendolo − verso
la posizione simmetrica di quella iniziale, e in
definitiva il baricentro oscillerebbe su e giù sulla
verticale condotta per la sua posizione iniziale.
10 Il coefficiente d’attrito deve essere moltiplicato non per la forza P n , ma per la
forza con cui le due superfici a contatto premono l’una sull’altra. Tale forza è
in questo caso uguale a P n + mv 2 /R, dove m è la massa del blocchetto, v la sua
velocità, R il raggio di curvatura della superficie d’appoggio nel punto in cui si
trova il blocchetto.
11 Falso: le forze d’attrito radente contrastano sempre il moto relativo di scivolamento
di una superficie sull’altra, e proprio per questo possono anche compiere
lavoro positivo. Se, ad esempio, solleviamo dal tavolo una bottiglia, la forza
d’attrito esercitata verso l’alto dalla mano sul vetro è applicata a punti che si
spostano verso l’alto, e compie pertanto un lavoro positivo.
14 (a) Al limite dell’equilibrio (fig. 4), risulta
F cos30° = A 0/max = μ 0 (F sen30°+ P), da cui,
essendo μ 0 = 0,4, deriva F ≤ 0,601 P.
(b) Il limite che deve essere superato è dato
dalla più piccola tra tutte le forze che sommate
al peso P r del blocco danno una forza risultante
inclinata di θ max = arctgμ 0 = 21,8° sulla normale.
Come la fig.5 chiarisce, tale forza limite è a
sua volta inclinata verso l’alto di θ max = 21,8°,
P r
Fig. 4
Fig. 2
F r 30°
Rr
θ max
sughero
P r
G
P r
Fig. 5
F r min
R r
θ max

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 56
e il suo valore è quindi P senθ max = 20 kg × sen 21,8° = 7,43 kg. [8]
19 In assenza di attrito la velocità angolare non può cambiare (le forze applicate,
peso e reazione del vincolo, hanno momento zero rispetto al centro di massa):
perciò durante la risalita il lavoro resistente del peso deve azzerare solo l’energia
cinetica di traslazione ½ Mv 2 . In presenza invece di sufficiente attrito (puro
rotolamento) viene annullata tutta l’energia cinetica, pari a 0,75 Mv 2 (vedi risp.
30 a pag.386). Durante la risalita il peso compie quindi un lavoro resistente
del 50 % superiore a prima, il che significa che in presenza di attrito l’altezza
raggiunta dalla pallina è del 50% superiore.
21 Schematicamente, la scala è soggetta a tre
B
forze: quella proveniente dal pavimento,
quella proveniente dalla parete e quella proveniente
dall’uomo (uguale, finché c’è equi-
A
librio, al peso dell’uomo [9] D 2α
). Delle prime due
sappiamo che possono avere una certa inclinazione
massima α (con tgα uguale al coef-
C
ficiente d’attrito statico μ 0 ) rispetto alla normale
alla superficie, e che quindi agiscono
2α
P
lungo una retta compresa entro un angolo 2α.
Perciò le rette d’azione di tali forze si incontreranno
(fig.8) in un punto posto entro l’area
ABCD. L’equilibrio della scala richiede che Fig. 8
per tale punto passi anche la retta d’azione
della terza forza, e quindi del peso dell’uomo
[10] : pertanto, la posizione limite per l’uomo sulla scala è la posizione P posta
al di sotto del punto A. Se la scala è tangente al cono d’attrito uscente dal
punto d’appoggio inferiore, l’uomo può salire fino in cima (e a maggior ragione
questo è possibile se l’inclinazione della scala sulla verticale è inferiore).
Nota: se l’uomo si ferma in una posizione K che precede la posizione limite,
qualunque punto posto all’interno del trapezio ABCD sulla verticale per K può
essere il punto di convergenza delle due reazioni vincolari, le quali restano pertanto
indeterminate in direzione e valore: il problema non può essere risolto
con la statica del corpo rigido.
8 Si poteva anche procedere per via matematica, tenendo presente che al limite dell’equilibrio è
F cosθ
= A0 / max = μ0
( P + Fsenθ
) , annullando la derivata prima di F rispetto a θ e verificando che
per tgθ = −μ 0 la derivata seconda di F è positiva.
9 Se l’uomo è in equilibrio (e solo in tal caso), la forza della scala sull’uomo (uguale in modulo
alla forza dell’uomo sulla scala) è uguale e contraria all’altra forza agente sull’uomo, il suo peso.
10 La somma dei momenti delle tre forze rispetto a un punto qualsiasi (in particolare, rispetto al
punto d’intersezione delle due reazioni vincolari) deve infatti essere zero.

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 57
23 (a) Assenza di attrito. Su K agisce una forza
verticale (il peso P r ) e una forza (la reazione
del vincolo V r ) ortogonale alla superficie
d’appoggio (fig.10). Avendo le due forze direzione
diversa, la risultante è sicuramente
diversa da zero, il che significa che il moto
rettilineo orizzontale che vogliamo osservare
per K non può essere uniforme. D’altra parte,
se K si mantiene immobile rispetto a C la sua
velocità verticale è costantemente zero, quindi è zero il componente verticale
della forza risultante, cioè V cosϕ = mg. Ma allora la forza orizzontale è
V senϕ = (mg/cosϕ)senϕ = mg tgϕ (con direzione verso destra) e quindi K ha
(come il cuneo, rispetto al quale è immobile) accelerazione orizzontale a r diretta
verso destra di valore g tgϕ. La velocità del cuneo potrebbe essere diretta
sia verso destra, con valori in aumento, che verso sinistra, con valori in diminuzione.
Chiaramente, nella condizioni di accelerazione ora precisate la velocità
verticale di K potrebbe anche mantenere un valore costante diverso da zero:
rispetto al cuneo il blocco potrebbe cioè muoversi di moto uniforme, nel senso
della salita come nel senso della discesa (si veda
anche il problema 7 a pag.232 del testo).
(b) Presenza di attrito. La reazione V r del vincolo
può formare con la normale al piano inclinato un
angolo massimo θ max definito da tgθ max = μ 0 .
Come sopra, se la velocità verticale di K è zero la
forza risultante sul blocco ma
r = P r +V r è orizzontale.
La fig.11 chiarisce che l’accelerazione dei
due corpi a contatto può variare da
a min = g tg (ϕ−θ max ) fino a
a max = g tg (ϕ + θ max ).
25 Sia ϕ l’angolo tra piano inclinato e piano orizzontale. In precedenza si è trovato
che per un cilindro omogeneo la forza d’attrito radente necessaria per un moto
di puro rotolamento è (1/3) P senϕ , tanto più grande quanto maggiore è la
pendenza. D’altra parte, la forza d’attrito può tutt’al più raggiungere il valore
μ 0 Pcosϕ , tanto più piccolo quanto maggiore è la pendenza. Chiaramente, il
moto di rotolamento è possibile se la forza d’attrito necessaria non supera il
massimo valore della forza d’attrito disponibile: (P/3)senϕ ≤ μ 0 P cosϕ , il che
significa ϕ max = arctg 3μ 0 .
Per una sfera la forza d’attrito necessaria a un moto di puro rotolamento risultava
(risp. 34, pag. 387 del testo) un po’ minore: (2/7)P senϕ . Dovendo evidentemente
essere (2/7)P senϕ ≤ μ 0 P cosϕ , si deduce che è ϕ max = arctg 3,5μ 0 .
Supponiamo ad esempio che sia μ 0 = 1 (gomma su asfalto asciutto). In tale
ϕ
ma
r
n
V r
ϕ
P r Fig. 10
P r
ϕ
ma r
min
θ max
n
ma r
max
Fig. 11

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 58
specifico caso: (a) per evitare un moto traslatorio di scivolamento (si pensi a
un’automobile a ruote bloccate) su un piano avente inclinazione ϕ occorre che
sia tgϕ ≤ μ 0 = 1 (ϕ ≤ 45°); (b) per evitare che un cilindro scivoli mentre rotola
occorre che sia tg ϕ ≤ 3μ 0 = 3 (ϕ ≤ 71,6°); (c) per evitare che una sfera
scivoli mentre rotola occorre che sia tg ϕ ≤ 3,5μ 0 = 3,5 (ϕ ≤ 74,1°).
26 (a) Una forza superiore alla massima possibile forza di attrito radente statico
A 0/ max = μ 0 P = 1×1200 kg = 1200 kg.
(b) Qualsiasi forza: le ruote traslerebbero senza incontrare alcuna resistenza.
L’attrito volvente non avrebbe modo di manifestarsi.
(c) Qualsiasi forza: il rotolamento delle ruote (determinato dal fatto che l’attrito
radente impedisce lo strisciamento delle gomme sul terreno) non incontrerebbe
alcuna resistenza.
(d) Supponiamo, per semplicità, che il peso P e la forza F si ripartiscano equamente
sulle quattro ruote. In tal caso la risposta è: qualsiasi forza F per cui risulti
(F/4)R > μ v (P/4), vale a dire
F > μ v P/R = (15×10 −3 m) × (1200 kg) / (30×10 −2 m) = 60 kg.
Si noti che il valore limite così ottenuto è 20 volte inferiore a quello ottenuto
alla risposta (a): il vantaggio che può essere offerto dalla ruota è palese.

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 59
CAPITOLO 11 − GRAVITAZIONE
2 Due oggetti A e B identici si trovano il primo sulla superficie della Terra, il secondo
sulla verticale del primo, a un’altezza pari al raggio terrestre R T . Quanto
distano il baricentro del sistema A+B e il centro di massa?
3 L’attrazione gravitazionale tra due corpi può essere sempre calcolata con l’artificio
di collocare le due masse nei rispettivi centri di massa (vero/falso).
7 Nel moto attorno alla Terra, l’accelerazione della Luna (distante dalla Terra
circa 384 000 km) è 2,73 mm/s 2 . Nel moto attorno al Sole, l’accelerazione della
Luna (distante dal Sole circa 150 milioni di km) è circa 6 mm/s 2 . In che rapporto
stanno le forze esercitate sulla Luna dal Sole e dalla Terra?
8 In che rapporto stanno, a parità di velocità iniziale, le altezze raggiunte sulla
Terra e sulla Luna con un lancio verticale?
10 [R] Quanto impiega a fare il giro della Terra un satellite distante 300 km dalla
superficie terrestre?
12 Un satellite geostazionario si mantiene necessariamente nel piano equatoriale
(vero/falso).
14 I satelliti della Terra hanno tutti, per la seconda legge di Keplero, la stessa velocità
areale (vero/falso).
15 [R] Si determini la velocità areale di un pianeta facendo l’ipotesi che l’orbita
sia circolare con raggio R.
17 Con riferimento a pianeti su orbite circolari, si dimostri che il rapporto T 2 /R 3
tra il quadrato del periodo di rivoluzione e il cubo del raggio della circonferenza
percorsa è necessariamente costante al variare di R.
19 Che cosa si ottiene moltiplicando il peso di un satellite per la sua distanza dal
centro della Terra?
20 * [R] Campo gravitazionale prodotto da un guscio
semisferico omogeneo disposto come in
fig.8: si dimostri che, in tutti i punti del cerchio
orizzontale che chiude superiormente la cavità,
il campo g r è verticale.
Fig. 8
21 Si determini l’andamento dell’accelerazione di gravità nel campo prodotto da
una massa M distribuita in modo uniforme entro un volume sferico.
22 Si dimostri che un corpo K, lasciato cadere dentro un pozzo rettilineo che attraversa
tutta la Terra da un qualsiasi punto A a un qualsiasi altro punto B,
oscillerebbe all’infinito, in assenza di attriti, tra A e B; e che, se la Terra fosse
una sfera omogenea, il moto sarebbe armonico con un periodo uguale a quello
che avrebbe un satellite su orbita bassa in assenza di atmosfera.
g r

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 60
24 [R] Un oggetto A di massa m subisce un breve spostamento verticale h in prossimità
della superficie terrestre. Un oggetto B di massa uguale, posto sulla verticale
per A e distante da A un raggio terrestre, subisce a sua volta lo stesso spostamento
verticale. È possibile calcolare il lavoro complessivo delle forze gravitazionali
concentrando la massa del sistema A + B nel centro di massa? È possibile
calcolarlo concentrando la massa nel baricentro?
25 * Si calcoli il valore del rapporto T 2 /R 3 tra il quadrato del periodo di rivoluzione
di un pianeta e il cubo del semiasse maggiore della sua orbita.
28 * [R] Si consideri il sistema isolato costituito da due stelle che ruotano assieme
attorno al centro di massa del sistema: fatta l’ipotesi che la distanza tra le due
stelle si mantenga costante, si determini il comune periodo di rotazione.
29 Si calcoli l’energia totale di un satellite della Terra, sapendo che la distanza
minima dal centro della Terra è r P e che la distanza massima è r A .
30 Si determini il lavoro che occorre compiere per spostare un satellite da un’orbita
circolare di raggio R 1 a un’orbita circolare di raggio R 2 .
31 Si determini quanta energia è strettamente necessario spendere per porre in orbita
un satellite di massa m lungo una traiettoria avente distanza minima dalla
Terra r P = R 0 e distanza massima r A = 5R 0 (dove R 0 è il raggio terrestre).
32 * [R] Una capsula spaziale di massa m = 10 4 kg, che percorre un’orbita circolare
mantenendosi 500 km al di sopra della superficie terrestre, deve essere
spostata su un’orbita circolare più ampia, in modo che si mantenga a 1500 km
dalla superficie terrestre. Il risultato viene ottenuto accendendo brevemente i
motori, che producono una spinta costante di 1,25×10 5 N parallelamente alla
direzione del moto, una prima volta per immettere la capsula su un’orbita di
trasferimento, una seconda volta, raggiunta la distanza di 1500 km, per immetterla
nell’orbita finale. Assumendo che la Terra sia una sfera di raggio R T =
= 6370 km e massa M = 5,983 × 10 24 kg,
(a) calcolare l’energia cinetica della capsula nelle due orbite circolari;
(b) descrivere le caratteristiche geometriche dell’orbita di trasferimento;
(c) calcolare quale valore di energia cinetica deve essere raggiunto con la prima
accensione se vogliamo che la capsula si sposti poi fino a una distanza massima
di 1500 km;
(d) determinare quanto deve durare la prima accensione;
(e) chiarire la direzione di spinta dei motori in corrispondenza della seconda
accensione, e determinare quanto deve durare la seconda accensione;
( f ) calcolare il tempo impiegato dalla capsula a percorrere l’orbita di trasferimento.
[11]
11 Problema proposto alla gara nazionale studentesca del 1993 per le Olimpiadi di Fisica.

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 61
33 [R] (a) Si vuole che la velocità di un corpo tenda alla velocità di fuga quando
la distanza dalla Terra tende a infinito. Con quale velocità occorrerebbe lanciarlo
in assenza di atmosfera?
(b) Con quale velocità «giunge all’infinito» un corpo lanciato con velocità
doppia rispetto a quella di fuga?
(c) A quale distanza dal centro della Terra la velocità è uguale alla metà della
velocità di fuga, quando la velocità di lancio è uguale alla velocità di fuga?
35 Si consideri un sistema isolato costituito da due stelle che orbitano attorno al
centro di massa (CM) del sistema, e ci si ponga in un riferimento inerziale in
cui il punto CM è immobile.
a) La situazione può essere schematizzata come in fig.9 (vero / falso).
b) La situazione può essere schematizzata come in fig.10 (vero / falso).
CM
CM
Fig. 9 Fig. 10
ALCUNE SOLUZIONI
10 Per la terza legge di Keplero, il rapporto T 2 /R 3 deve avere lo stesso valore sia
che venga riferito al satellite sia che venga riferito alla Luna: perciò T S =
3
= T L ( R S / R L ) . Posto che la distanza del satellite dal centro della Terra sia
circa (6400 + 300) km = 6700 km, e circa 384 000 km la distanza della Luna, si
ottiene T S ≈ T L 2,3×10 –3 ≈ (27,3 d)(86400 s/d) 2,3×10 –3 = 5425 s ≈ 90 min.
Allo stesso risultato si arriva dividendo la lunghezza della circonferenza percorsa
dal satellite (2π R ≈ 2π × 6700 km) per la velocità del satellite. Quest’ultima
si ottiene subito considerando che la forza gravitazionale mg agente
sul satellite rappresenta in questo specifico caso (traiettoria circolare, forza
perpendicolare alla velocità) la forza centripe\ta mv 2 /R. Perciò v = gR , ed
essendo, per la legge di Newton, la grandezza gR 2 = GM costante al variare di
R, sarà in particolare gR 2 2
= g 0R T (dove g 0 , accelerazione di gravità a livello
della superficie terrestre, ha il ben noto valore 9,81 m/s 2 ). Possiamo quindi

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 62
2
scrivere v = g 0 R0
/ R = 9,8 m/s
2 2
× (6400 / 6700) km = 7,74 km/s. Pertanto
T = 2π R/v ≈ (2π × 6700 km) / (7,74 km/s) ≈ 90 min.
24 Risposta negativa a entrambe le domande. A distanza R dal centro della Terra
l’accelerazione di gravità è g 0 , a distanza 2R è g 0 /4 = 0,25 g 0 . Il lavoro effettivo
è quindi L = m (g 0 + 0,25 g 0 )h = 1,25 mg 0 h.
Concentrando la massa nel CM (posto a distanza 1,5 R dal centro della Terra,
dove g = g 0 /1,5 2 = 0,444 g 0 ) otteniamo L' = 2m (0,444 g 0 ) h = 0,888 mg 0 h
= 0,888 L, un valore quindi inferiore a quello vero.
Il baricentro si trova invece a distanza R/5 sopra la superficie terrestre, dove
l’accelerazione di gravità è g 0 /1,2 2 = 0,694 g 0 . Se localizziamo la massa del
sistema nel baricentro otteniamo L" = 2m (0,694 g 0 ) h = 1,39 mg 0 h = 1,39 L,
un valore questa volta superiore al valore vero. Quando la massa è distribuita in
uno spazio entro al quale il campo gravitazionale non può considerarsi unifor-
15 L’area A spazzata dal segmento Sole - pianeta in un periodo è π R 2 . Il periodo T
è la lunghezza 2πR diviso la velocità (v = gR = GM / R ). Perciò la velocità
areale è v* = A/T = π R 2 / ( 2πR / gM/
R)
= G M R / 4 .
Si poteva arrivare al risultato anche
in altro modo: dato che nel tempuscolo
dt lo spostamento del pianeta
dA v dt
R +dR
(fig. 2) è ds = vdt, l’area descritta in
R
dt dal segmento Sole - pianeta è, a
Fig. 2
meno di infinitesimi di ordine superiore,
dA = ½ Rvdt. Perciò la velocità
areale dA/dt è
½ Rv = ½R G M/ R = G M R / 4 .
Per il calcolo della velocità areale lungo un’orbita ellittica si veda la risposta
25.
20 Si consideri un punto P sul cerchio che delimita
la cavità. Sovrapponiamo al nostro guscio S un
guscio S ' che sia l’immagine speculare di S rispetto
al piano orizzontale per P, in modo da
formare un unico guscio sferico (fig.3). È chiaro
che il secondo guscio produce in P un campo g r '
che è a sua volta l’immagine speculare del campo
g r prodotto in P da S. Dovendo essere zero il
campo complessivamente prodotto dai due gusci,
r r
deve risultare g = − g ' , il che è possibile solo se,
contrariamente a quanto mostra il disegno, g r è
diretto verticalmente.
Fig. 3
g r '
P
g r
S '
S

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 63
me, nel calcolo del lavoro delle forze gravitazionali la massa deve essere lasciata
dove effettivamente si trova.
28 Essendo costante la distanza d tra le due stelle,
m"
è anche costante la distanza di ogni stella dal
r"
centro di massa del sistema: ciò significa che,
nel riferimento inerziale in cui il CM risulta
immobile, le due stelle percorrono orbite circolari
centrate nel CM, impiegando uno stesso
r' CM
tempo T per fare un giro completo. Se la stella
m'
di massa m' si trova a distanza r ' dal CM
(fig. 9), la sua accelerazione sarà [A] ω 2 r ' =
= F/m' = Gm"/d 2 . Analogamente, l’accelerazione
della stella di massa m" sarà [B] ω 2 r" =
Fig. 9
= F/m" = Gm'/d 2 . Sommando membro a
membro la [A] e la [B] otteniamo ω 2 (r '+r")
= G(m'+m")/d 2 , e quindi, essendo r '+r" = d, ω 2 = G (m'+m")/d 3 , da cui
3
d
T =2π /ω = 2π
, vale a dire T 2 / d 3 = 4π 2 / G(m'+m").
G ( m'
+ m")
Chiaramente, tale relazione rappresenta una generalizzazione di quella trovata
alla risposta 26 (alla quale si riconduce quando una delle due masse è molto più
grande dell’altra, nel qual caso la massa complessiva m'+m" è praticamente
uguale alla più grande delle due).
32 (a) L’energia cinetica su un’orbita circolare è
½ GmM /r. Con i dati del problema si ottiene
EC 1 = 2,905 ×10 11 J, EC 2 = 2,536 × 10 11 J.
(b) L’orbita di trasferimento (linea a tratteggio
in fig.11) viene percorsa sotto l’azione delle
sole forze gravitazionali: si tratta quindi di
un’ellisse (che verrà percorsa solo per metà)
con un fuoco nel centro della Terra, tangente
all’orbita circolare iniziale e all’orbita circolare
P
Fig. 11
A
finale. La spinta dei motori viene data al perigeo P (500 km dalla superficie terrestre),
l’inserimento nella nuova orbita si verifica all’apogeo A (1500 km dalla
superficie terrestre).
(c) Dal momento del primo spegnimento dei motori (al perigeo dell’ellisse) fino
alla riaccensione (all’apogeo) l’energia totale resta costante: EC P + EP P =
= EC A + EP A . Tenuto conto che a distanza r 1 l’energia potenziale (rispetto all’infinito)
è − GmM/r 1 , e che lungo l’orbita di trasferimento l’energia totale è
GmM r2
− GmM /(r 1 + r 2 ), si ottiene EC P =
r + r
= 3,102 × 10 11 J.
1 2 r1

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 64
(d) Dato che la spinta dei motori è parallela alla velocità della capsula, e potendosi
il moto considerare rettilineo durante la breve fase di accensione dei motori,
il teorema dell’impulso dà F Δt = m Δv = m(v P − v 1 ). Le velocità si deducono
dai valori già calcolati dell’energia cinetica, ottenendo
v 1 = 7,622 ×10 3 m/s e v P = 7,877 ×10 3 m/s. Tenuto conto del valore numerico
della forza F e della massa m si ottiene Δt = 20,3 s.
(e) All’apogeo dell’ellisse la velocità deve passare da v A = v P r P /r A = 6,876
×10 3 2 EC
m/s a v 2 =
2
= 7,122 ×10 3 m/s. La spinta deve essere quindi effettuata
nella direzione stessa del moto e, come si trova col teorema dell’im-
m
pulso, deve durare 19,7 s.
( f ) È la metà del tempo T di percorrimento dell’intera ellisse. Per la terza legge
2
2
T T1
di Keplero, = , dove T
3
1 ed r 1 si riferiscono all’orbita circolare
r1
+ r2
3
( )
r1
2
iniziale. Essendo T 1 = 2π r 1 /v 1 = 5663 s, si trova T = 6292 s. Il tempo di trasferimento
è quindi (6292 /2) s = 3146 s (52,4 min).
33 (a) Nel passaggio dalla Terra all’infinito c’è una perdita di energia cinetica pari
all’energia cinetica di fuga: perciò l’energia cinetica iniziale dev’essere il doppio
dell’energia cinetica di fuga, il che significa che la velocità di lancio è
v = 2 v F = 1,41 v F .
(b) L’energia cinetica di lancio è per ipotesi il quadruplo dell’energia cinetica
di fuga. L’energia cinetica all’infinito è allora il triplo dell’energia cinetica di
fuga, il che significa che la velocità all’infinito è v = 3 v F = 1,73 v F .
2
m vF
2 mvF
1 1
(c) Teorema dell’energia cinetica: ( ) = + GmM ( − ) , da cui
2 2 2
r RT
2
(tenuto conto che v F = 2GM/R T ) si ottiene r = 4R T .

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 65
CAPITOLO 12 − DINAMICA RELATIVA
I problemi di questo capitolo sono tutti riportati nel sito alla sezione “Indice del libro e pagine
dimostrative”. Il testo di alcuni di tali problemi, corredato di risposta, è riproposto qui
di seguito.
1 [R] (a) Si spieghi quale peso viene attribuito da una bilancia, internamente a un
montacarichi che viaggia verso il basso con velocità costante 3 m/s, a un blocco
di massa 72 kg.
(b) Che cosa segnerebbe la bilancia se il montacarichi avesse accelerazione
(1/8) m/s 2 verso l’alto?
(c) E se l’accelerazione avesse lo stesso valore ma fosse diretta verso il basso?
(d) In quale eventualità la bilancia segnerebbe 96 kg?
(e) In quale eventualità la bilancia segnerebbe zero?
( f ) Come si comporterebbe in quest’ultimo caso la pallina di un pendolo?
(g) È teoricamente possibile che nel riferimento del montacarichi il peso risulti
diretto verso l’alto?
3 * [R] La fig. 17 vuole rappresentare una vaschetta
piena d’acqua che scivola senza incontrare attrito
lungo un piano inclinato. Si chiarisca se, per
quanto riguarda la superficie libera del liquido, la
situazione è stata rappresentata in modo corretto.
7 * [R] Il blocchetto K, di massa m, appoggia
senza attrito sul cuneo C (fig. 18). Sapendo
che C è animato da moto rettilineo uniformemente
vario in direzione orizzontale, si
descriva il moto di K, e si chiarisca se la forza
orizzontale F r applicata al cuneo C è costante.
Fig. 17
8 * [R] Come sopra, ma si supponga questa volta che il cuneo C, di massa M,
possa scivolare senza attrito sul piano orizzontale, e che le uniche forze esterne
applicate al sistema cuneo + blocchetto siano le forze gravitazionali e la reazione
del piano d’appoggio. Posto che entrambi i corpi abbiano inizialmente
velocità zero, determinare la velocità del cuneo in funzione dello spostamento
verticale del blocchetto.
K
F r C
Fig. 18

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 66
SOLUZIONI
1 (a) 72 kg. Le forze apparenti sono entrambe zero, il peso indicato dalla bilancia
coincide col peso effettivo. Dal punto di vista dell’osservatore fisso (inerziale)
la somma delle forze sul blocco deve essere zero: 72 kg verso il basso (il peso),
72 kg verso l’alto (la reazione proveniente dalla bilancia).
(b) La forza apparente di trascinamento ( − ma
r ) sarebbe (72/8) kg = 9 kg verso
il basso, il peso apparente sarebbe (72 + 9) kg = 81 kg. Dal punto di vista
dell’osservatore fisso, 81 kg verso l’alto sono la forza che occorre venga esercitata
sul blocco dalla bilancia affinché il blocco sia complessivamente soggetto
a una forza pari a 1/8 del peso, diretta verso l’alto.
(c) La somma del peso effettivo e della forza apparente di trascinamento (9 kg
verso l’alto) dà 63 kg: è l’indicazione della bilancia (peso apparente).
(d) Quando la forza apparente di trascinamento fosse 24 kg (un terzo del peso)
verso il basso, e cioè l’accelerazione del montacarichi (e del blocco) fosse g/3
verso l’alto. Sul blocco agirebbe in tal caso una forza complessiva pari a un
terzo del peso (24 kg) verso l’alto.
(e) Quando la forza di trascinamento fosse uguale e contraria al peso, quando
cioè il montacarichi avesse accelerazione g verso il basso (caduta libera).
( f ) Come se la gravità fosse annullata: resterebbe solo la forza proveniente dal
filo, perpendicolare alla velocità della pallina. La velocità della pallina manterrebbe
sempre lo stesso valore, e la pallina si muoverebbe nel piano originario
di oscillazione mantenendosi sempre alla stessa distanza dal punto di sospensione:
moto circolare uniforme.
(g) Il peso apparente è diretto verso l’alto quando la forza di trascinamento è
diretta verso l’alto ed è più grande del peso: questo accade se l’accelerazione
del montacarichi è diretta verso il basso con valore superiore a g.
3 Sì, la figura è corretta. La vaschetta scivola con accelerazione
g senϕ diretta parallelamente al piano
d’appoggio verso il basso. La superficie libera del
liquido (che ha massa m) si dispone perpendicolarmente
al peso apparente mg r ' = mg
r − ma
r , dove a r
(accelerazione di trascinamento) è l’accelerazione
della vaschetta. Il fatto che sia a = g senϕ significa
(fig.1) che il peso apparente mg
r ' è perpendicolare
al piano inclinato: il quale risulta dunque
parallelo alla superficie del liquido.
Se ci fosse attrito, l’accelerazione della vaschetta
sarebbe a'

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 67
7 Le forze agenti su K sono il peso P r e la reazione
del vincolo V r , della quale sappiamo a
priori che, per l’assenza di attrito, è perpendicolare
al piano inclinato. L’accelerazione di
K nel riferimento fisso è allora
[A] a r r r r
P + V r V
= = g + .
m m
Sappiamo però anche che, se A r
è l’accelerazione
del cuneo (accelerazione di trascinamento)
e a r ' l’accelerazione di K rispetto
al cuneo, è
[B] a r = A r + a r '
dove di a r ' si sa a priori che è parallela al piano
inclinato. Come la fig. 5 chiarisce, l’insieme
della [A] e della [B] determina in modo univoco sia
A r
a r ' n
ϕ
a r r
V / m
ϕ
ϕ
g r
Fig. 5
a r ' , sia a r , sia
r
V / m
(e quindi la reazione del vincolo). L’accelerazione relativa è a' = g senϕ −
− A cosϕ , l’accelerazione assoluta ha componente orizzontale a x = A + a'cosϕ
e componente verticale a y = = a'senϕ . Tutti i valori trovati sono costanti nel
tempo. Il moto relativo, in cui la velocità è parallela all’accelerazione, è quindi
rettilineo uniformemente vario (la velocità varia linearmente nel tempo); il moto
assoluto è uniformemente accelerato (vettore a r costante) con traiettoria parabolica
e asse della parabola parallelo ad a r (se però, nel momento in cui il
cuneo comincia ad accelerare, la velocità assoluta di K è zero o è parallela ad
a r , il moto assoluto di K è rettilineo e uniformemente vario). Essendo costante
in valore e direzione la forza − V r
del blocchetto sul cuneo, il moto di quest’ultimo
(uniformemente vario per ipotesi) richiede che anche la forza orizzontale
esterna ad esso applicata sia costante.
Casi particolari. Se, a partire dalla situazione rappresentata in fig. 5, l’accelerazione
A r del cuneo aumenta, a' diminuisce gradualmente fino ad annullarsi
(moto relativo uniforme) per A = g tgϕ , mentre la reazione V r diventa via via
più grande. Se A r continua a crescere, a un certo punto a r ' cambia direzione
(l’espressione g senϕ − A cosϕ di a' diventa negativa) e diventa a sua volta
(come V r
/m)
sempre più grande. Se A r si annulla, a r ha valore g senϕ e coincide
con a r ' (il cuneo si muove di moto traslatorio, rettilineo e uniforme rispetto
al riferimento fisso, quindi nei due riferimenti l’accelerazione è la stessa). Se
A r cambia direzione e diventa sempre più grande, a r ' è diretta nel senso della
discesa e diventa a sua volta sempre più grande, mentre la direzione di a r si
approssima alla verticale e la reazione V r diventa sempre più piccola. Per A =

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 68
= g/tgϕ la reazione V r si annulla e a r coincide con l’accelerazione di gravità.
Se A r cresce ulteriormente V r dovrebbe assumere il carattere di una forza di richiamo
verso il piano inclinato: ma se il blocchetto è semplicemente appoggiato
ciò che in realtà si verifica è il suo distacco dal cuneo, e quindi la sua caduta
con accelerazione g r .
8 Dato che, per l’assenza di attrito tra cuneo e piano d’appoggio, nessuna forza
esterna agisce sul sistema in direzione orizzontale, il centro di massa del sistema
non subisce spostamenti orizzontali: il cuneo si sposta perciò verso sinistra
con velocità V r e il blocchetto verso destra con velocità v r
x tale che
[A] MV = mv x . Se v r è la velocità del blocchetto e h il suo spostamento verticale,
per il teorema dell’energia cinetica risulta
2 2
MV mv
[B] + = mgh. Il lavoro complessivo delle forze interne è zero: la
2 2
forza del blocchetto sul cuneo, perpendicolare al piano inclinato per l’assenza
di attrito, compie il lavoro positivo che produce l’energia cinetica acquisita dal
cuneo (lo spostamento del cuneo nella direzione della normale al piano inclinato
è equiverso alla forza); la forza del cuneo sul blocchetto compie un lavoro
uguale e contrario (sottraendo al blocchetto parte dell’energia cinetica prodotta
dal lavoro del peso) perché, mantenendosi il blocchetto a contatto del cuneo, il
suo spostamento nella direzione della perpendicolare al piano inclinato è identico
a quello del cuneo.
La velocità v r del blocchetto (fig. 6) può
esprimersi sia come v r r + x v , sia anche
x
MV
2
2
2
y
2
2
mv mv
x y MV m ⎛ MV ⎞ m
2
⎜ ⎟ vx
V mgh,
2 2 2 2 ⎝ m ⎠ 2
come somma del velocità v r ' relativa con
la velocità V r v r v r
y
v r '
di trascinamento:
r r r r r
[C] v = vx
+ vy
= v' + V . Essendo v r
v r V r ϕ
x
'
Fig. 6
parallela al piano inclinato, risulta
vy
[D] = tgϕ
. Tenuto conto della [A], della [C] e della [D], la [B] diven-
v + V
ta + + = + + [(
+ ) tgϕ] =
da cui V
2
2m
ghcos
ϕ
= .
2
( m + M ) ( M + m sen ϕ)
2
2

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 69
CAPITOLO 13 − DINAMICA ROTAZIONALE
I problemi di questo capitolo sono tutti riportati nel sito alla sezione “Indice del libro e pagine
dimostrative”. Il testo di alcuni di tali problemi, corredato di risposta, è riproposto qui
di seguito.
3 Un punto K di massa m si muove di moto circolare uniforme con velocità v
attorno al punto O. Se, per effetto di una forza F r sempre diretta verso O, il
raggio della circonferenza viene dimezzato, come varia il periodo del moto?
quale lavoro ha compiuto F r ?
6 Supponiamo che a un dato istante la forza con la quale il Sole attira un pianeta
cessi di agire. Che accadrebbe da tale istante della velocità areale del pianeta
rispetto al Sole? Si assuma che sul pianeta non agisca più alcuna forza.
7 Il punto materiale K viene lanciato con velocità
orizzontale v r 0 lungo la parete interna di un contenitore
emisferico di centro O e raggio R (fig.5),
O
in assenza di ogni attrito. Sapendo che inizialmente
il vettore OK forma con la verticale un
ϕ 0 R
angolo ϕ 0 ,
K
(a) si trovi per quale valore della velocità iniziale
Fig. 5
K si manterrebbe indefinitamente alla stessa altezza;
(b) si determini quale valore minimo è necessario per la velocità iniziale se si
vuole che K possa raggiungere il livello di O.
11 [R] Che differenza c’è, dal punto di vista del
momento angolare rispetto all’asse di rotazione,
tra le due situazioni illustrate nella figura
a lato (fig. 10)? In A un cilindro omogeneo
di raggio R sta ruotando con velocità an-
Z
Situazione A Situazione B
golare ω costante attorno a un asse z fisso
Fig. 10
(rappresentato in figura dal punto Z), cosicché
ogni punto dell’asse del cilindro si muove
di moto circolare uniforme con velocità
ωR attorno a z. In B un cilindro uguale al precedente sta rotolando senza strisciare,
con velocità angolare ω, lungo un piano orizzontale, quindi l’asse z di
rotazione (che è la linea di contatto) continua a cambiare posizione.

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 70
12 Un sistema rigido, costituito da due sfere identiche collegate con un’asta sottile,
ruota attorno a un asse z. Sia P il punto di intersezione tra z e l’asta di collegamento:
si spieghi se per qualcuna delle quattro situazioni illustrate in fig.11 il
momento angolare assiale L r z coincide col momento angolare rispetto a P.
z
z
z
z
A
B
C
Fig. 11
D
16 * [R]Quando la velocità del centro di massa è zero, il momento angolare di un sistema
è uguale rispetto a qualsiasi polo, ma il momento complessivo delle forze è
in generale diverso a seconda del polo prescelto [12] . Come mai allora, quando è
r
v CM = 0, la L r τ = d / dt
può essere applicata scegliendo come polo un punto qualsiasi?
18 * Le tabelle seguenti danno, in termini di componenti cartesiane ortogonali, le
posizioni e le velocità di due particelle A e B all’istante 1 e all’istante 2. Si
chiarisca se sulla base di questi dati è possibile escludere che il sistema delle
due particelle sia isolato, e se è lecito ipotizzare che le forze interne siano conservative.
t (s) x A (cm) y A (cm) z A (cm) v Ax (cm/s) v Ay (cm/s) v Az (cm/s)
1 0 0 0 0 10 0
2 1 1 0 10 −20 0
t (s) x B (cm) y B (cm) z B (cm) v Bx (cm/s) v By (cm/s) v Bz (cm/s)
1 5 0 0 0 −40 0
2 1 −4 0 −40 80 0
23 * [R] Si applichi il teorema del momento angolare
per calcolare l’accelerazione dei blocchi
del sistema mostrato in fig. 34. Si assuma che
non ci siano attriti e che sia trascurabile la
massa dei fili e delle carrucole. Il problema era
già stato risolto al capitolo 9 (domanda 26,
pag.154) in applicazione delle leggi di Newton.
m '
Fig. 34
m"
12 Pro memoria: il momento di un sistema di forze è uguale per qualsiasi polo solo quando la somma
delle forze è zero, nel qual caso è necessariamente zero anche l’accelerazione (non la velocità)
del centro di massa.

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 71
27 Il cilindro omogeneo 1 (fig. 36), che può girare
senza attrito attorno al proprio asse geometrico,
è inizialmente immobile. Un cilindro omogeneo
coassiale 2, che ruota senza attrito per inerzia
con velocità angolare ω, cade a un certo momento
sul disco 1 e, per effetto dell’attrito tra le
due superfici a contatto, lo trascina in rotazione.
Si trovi la velocità angolare finale del sistema.
29 [R] Con riferimento alla domanda precedente, si
supponga ora che tra cilindro e piano inclinato
non ci sia alcun attrito. Applicando la τ = Jα all’asse
del cilindro, rispetto al quale (fig. 37) sia il
peso che la reazione del vincolo hanno momento
V r
P r
zero, si ottiene α = 0, il che corrisponde a un
Fig. 37
moto di discesa con velocità angolare sempre
uguale (se il cilindro è inizialmente immobile,
con velocità angolare sempre uguale a zero). Se però applichiamo la τ = Jα alla
retta di contatto, si ottiene α ≠ 0, perché rispetto a tale retta il peso ha momento
diverso da zero. Per quale ragione dobbiamo accettare il primo risultato (α = 0)
e non invece il secondo (α ≠ 0)?
34 Il blocco A (fig.38) scivola senza attrito su
un piano orizzontale, trascinato da un filo che
scorre nella gola di una puleggia e sostiene
all’altra estremità il blocco B. Fatta l’ipotesi
che l’attrito impedisca al filo di scivolare sulla
puleggia, la quale quindi è costretta a ruotare,
si calcoli con quale forza il blocco B tira
il filo verso il basso. Si assuma che la carrucola
sia schematizzabile come disco omogeneo
e che il suo moto di rotazione non sia
contrastato da alcun attrito.
37 * [R] La fig. 39 rappresenta un cilindro omogeneo
di raggio R sul quale è avvolto in senso
orario un nastro. Il cilindro è posto su un
piano orizzontale, e il nastro viene tirato da
una forza orizzontale F r come in figura. Considerando
sia il caso di completa assenza di
attrito che il caso di attrito abbastanza grande
da determinare un moto di puro rotolamento,
si individui la posizione dell’asse di rotazione
e si determini l’accelerazione dell’asse del
cilindro.
A
Fig. 38
Fig. 36
Fig. 39
2
1
B
F r

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 72
42 Sulle due carrucole − una fissa, l’altra libera − rappresentate
in fig. 42, entrambe schematizzabili come
dischi omogenei di massa M e raggio R, è avvolta
una corda di massa trascurabile. Determinare
quale forza sostiene la carrucola superiore.
Fig. 42
45 [R] Un carrello e una sfera vengono lasciati scendere
lungo un piano inclinato: chi dei due impiegherà
meno tempo ad arrivare in fondo? Si supponga che la sfera e le ruote del
carrello rotolino senza strisciare. Si schematizzino le ruote del carrello sia come
dischi omogenei di massa m e raggio R sia, in alternativa, come anelli di raggio
R in cui la massa m si trova tutta a distanza R dal centro.
SOLUZIONI
11 Nessuna differenza: in entrambi i casi il momento angolare rispetto all’asse di
rotazione è L z = J z ω, con lo stesso momento d’inerzia e con la stessa velocità
angolare. Si noti: la situazione A e la B sono del tutto equivalenti per quanto riguarda
le velocità dei singoli punti del sistema all’istante considerato, ma non
immediatamente prima o immediatamente dopo. Conseguentemente, dal punto
di vista delle accelerazioni la situazione A è ben diversa dalla situazione B (vedi
risposta 15, pag. 348).
16 Se la velocità del CM è zero all’istante che si considera, ma è diversa da zero
subito prima e subito dopo, il momento angolare è uguale per qualsiasi polo all’istante
che si considera, ma non prima e non dopo, perciò è diversa da zero la
sua evoluzione nel tempo, e quindi la sua derivata temporale. Se invece la velocità
del CM è uguale a zero anche subito prima e subito dopo l’istante considerato,
è indipendente dal polo sia il momento angolare che la sua derivata
temporale: all’istante considerato risulta però uguale a zero anche l’accelerazione
del CM, il che significa che è zero la somma delle forze, per cui anche il
momento complessivo delle forze risulta uguale per qualsiasi polo.
23 Si consideri la fig. 8: se assumiamo come «sistema»
l’insieme blocchi + fili + carrucole, le
forze esterne sono la trazione verticale T del terreno
sul filo, i pesi m'g ed m"g dei due blocchi,
la reazione del piano su cui appoggia m', la reazione
del perno sulla carrucola fissa. Tenuto presente
che la velocità e l’accelerazione del blocco
sospeso sono il doppio della velocità v e dell’accelerazione
a dell’altro blocco (vedi risposta 26
a pag.365), e assunto come polo il centro della
carrucola fissa, per il teorema del momento an-
v
m '
Fig. 8
2T
T
2T
T
m"
2v

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 73
golare sarà – (R 2 – R 1 ) + m"g (R 1 + R 2 ) = [m'vR 1 + m2v (R 1 +R 2 )]/dt. Tenuto
conto che è 2T = m'a, si ottiene a = 2m"g /(4m"+m').
29 (a) La τ = Jα vale esclusivamente per rotazioni attorno ad assi a direzione fissa
(e solo se il momento d’inerzia rispetto all’asse di rotazione è costante), e
può sempre essere riferita, oltre che all’asse di rotazione, anche a un asse parallelo
passante dal centro di massa, ma non ad altri assi: nel nostro caso, può essere
senz’altro riferita all’asse del cilindro, che passa dal CM ed è sicuramente
parallelo all’asse di un’eventuale moto di rotazione. Il fatto che in tal modo si
ottenga α = 0, chiarisce che, se il cilindro è inizialmente immobile, il suo moto
di discesa è un moto di pura traslazione (che potremmo descrivere come una
rotazione attorno a un asse posto a distanza infinita dal cilindro nel piano contenente
l’asse del cilindro e la retta di contatto). La τ = Jα non può quindi essere
riferita alla retta di contatto.
Un altro modo di rendersi conto che deve effettivamente essere α = 0 è quello
r
di considerare che la dL r τ = / dt
può sempre essere riferita al centro di massa
del sistema: dato che, nel nostro caso, rispetto a tale punto il momento delle
forze esterne è zero, il momento angolare rispetto al CM non può subire variazioni,
e quindi non può subire variazioni la velocità angolare del cilindro.
37 Se non c’è attrito, l’accelerazione del CM del disco (e quindi del suo asse geometrico)
è a = = F/M, ma è anche a = αR, dove
l’accelerazione angolare α può essere calco-
B
F r
lata come rapporto τ /J tra momento delle forze
e momento d’inerzia del disco, entrambi valutati
C
rispetto all’asse geometrico (dato che passa dal
h
CM ed è parallelo all’asse di rotazione, il quale
si sposta mantenendo una direzione costante).
L’asse di rotazione è sicuramente nel piano verticale
che contiene l’asse geometrico, dato che la
Fig. 16
velocità di un qualsiasi punto P del disco posto
in tale piano è orizzontale. Essendo poi il moto
del disco descrivibile come una traslazione orizzontale con la velocità dell’asse
geometrico + una rotazione oraria attorno all’asse geometrico, è chiaro che la
velocità di un punto come B (fig. 16) è superiore alla velocità del centro C, il
che (potendosi esprimere la velocità di qualsiasi punto del cilindro come prodotto
della velocità angolare ω per la distanza dall’asse di rotazione) significa
che B è più lontano di C dall’asse di rotazione: dunque, l’asse di rotazione si
trova al di sotto dell’asse geometrico. Sia h la distanza tra i due assi. Allora rispetto
all’asse geometrico il momento delle forze è τ = FR, e il momento
d’inerzia del disco è mR 2 /2. Pertanto
F τ F R 2F h
a = = α h = h = h =
2
M J M R / 2 M R
da cui segue subito h = R/2.

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 74
I punti del disco che a un dato istante si trovano nel piano verticale contenente
l’asse geometrico hanno quindi velocità verso destra se distano dal piano d’appoggio
più di R/2, altrimenti hanno velocità verso sinistra.
In caso invece di rotolamento senza strisciamento l’asse di rotazione è la linea
di contatto. L’accelerazione del CM del disco è a = (F + A)/M, essendo A il
modulo della forza d’attrito radente A r , la quale è sicuramente equiversa a F r
per il fatto che contrasta lo scivolamento all’indietro (verso sinistra) dei punti
del disco che toccano il piano d’appoggio. La presenza di attrito determina
quindi, in questo specifico caso, una maggiore accelerazione del CM. Il modulo
A si ricava tenendo presente che l’accelerazione a = (F + A)/M del CM è
anche espressa da α R, con α = τ /J = (F − A)R /(MR 2 /2) (momento delle
forze e momento d’inerzia sono stati riferiti all’asse del cilindro). Allora a =
=(F + A)/M = α R = 2(F −A)/M, da cui A = F/3.
45 L’accelerazione della sfera ci è già nota: a = (5/7) g senϕ (vedi risposta 34,
pag. 387), dove ϕ è l’angolo formato dal piano inclinato col piano orizzontale.
Per trovare l’accelerazione del carrello applichiamo il teorema dell’energia cinetica:
se M è la massa di tutto il carrello, ruote comprese, e m la massa di una
ruota, per uno spostamento L del carrello dalla posizione iniziale il lavoro delle
forze gravitazionali (le sole che lavorano) è W = MgLsenϕ. La velocità del
carrello passa nel frattempo da zero a v, e l’energia cinetica da zero a Mv 2 /2 +
+4(J 0 ω 2 /2): il primo termine contiene tutta l’energia cinetica di traslazione,
ruote incluse, il secondo termine (nel quale J 0 = mR 2 /2 è il momento d’inerzia
di una ruota rispetto al suo asse geometrico) è l’energia cinetica associata alla
rotazione delle quattro ruote. Tenuto conto che ω 2 R 2 = v 2 si ottiene che
l’energia cinetica è (M +2m) v 2 /2. Uguagliando l’energia cinetica acquisita al
lavoro W si ricava v = 2 M
g senϕ
M + 2m
L . Dato che l’unica variabile sotto
radice è la lunghezza del percorso effettuato, riconosciamo qui che la velocità è
legata alla posizione nel modo tipico del moto uniformemente vario (accelerazione
scalare costante), nel quale è v = 2a L , dove L è la distanza percorsa a
partire dalla posizione in cui è v = 0. L’accelerazione del carrello è quindi
a = Mgsenϕ /(M +2m),
più grande o più piccola dell’accelerazione (5/7) g senϕ della sfera a seconda
del valore del rapporto tra massa m di una ruota e massa complessiva M. Chiaramente
la massa m di una ruota ha come limite inferiore zero, e come limite
superiore M /4. Quando M /(M +2m) = 5/7 (m = M/5), le due accelerazioni
sono uguali. Se m diminuisce e tende a zero, l’accelerazione del carrello aumenta
e tende a g senϕ, che è l’accelerazione di un blocco che scivola senza attrito.
Se invece m aumenta e tende a M /4, l’accelerazione del carrello diminuisce
rispetto a quella della sfera e tende a (2/3) g senϕ, che è l’accelerazione di
un disco omogeneo che rotola senza strisciare. Si noti che i due valori limite

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 75
dell’accelerazione del carrello potevano essere previsti a priori, senza dover
passare attraverso l’espressione generale dell’accelerazione.
Schematizzando invece le ruote come anelli (J 0 = mR 2 ) si trova
a = Mgsenϕ / (M +4m).
Quando m varia da zero a M /4 l’accelerazione diminuisce da g senϕ a
0,5 g senϕ . Per m = 0,1 M l’accelerazione è uguale a quella della sfera.

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 76
CAPITOLO 14 − URTI
1 In caso di urto tra due corpi, la quantità di moto si conserva solo se il sistema
dei due corpi è isolato, e cioè non è soggetto a forza esterne (vero / falso).
3 Un blocco, fermo sul pavimento, viene colpito da una pietra la cui velocità ha
sia un componente orizzontale che un componente verticale diretto verso il
basso. Possiamo ritenere che, in totale assenza di attrito tra blocco e pavimento,
la quantità di moto del sistema pietra + blocco si conservi nell’urto?
8 [R] In un’esperienza di laboratorio, due carrelli sono stati lanciati nella stessa
direzione sullo stesso binario: prima il carrello A, subito dopo, con velocità superiore,
il carrello B, che dopo aver raggiunto A dovrebbe, nel programma dell’esperienza,
restare agganciato ad esso. Sapendo che i due carrelli hanno uguale
massa m = 2,00 kg, che immediatamente prima dell’urto le velocità sono rispettivamente
v A = 0,30 m/s e v B = 1,00 m/s, e che subito dopo l’urto l’energia
cinetica complessiva del sistema è 0,950 J, stabilire se i due carrelli sono effettivamente
rimasti attaccati l’uno all’altro. Si consideri ininfluente, ai fini della
risposta, l’attrito radente sulle ruote dei carrelli.
9 * [R] Si dimostri che, in caso di urto elastico di due corpi che costituiscono un
sistema isolato, la velocità con cui un corpo si avvicina al centro di massa del
sistema prima dell’urto è uguale alla velocità con cui se ne allontana dopo
l’urto.
10 * In un parco giochi, una piattaforma girevole di raggio R si trova inizialmente
in quiete. A un tratto, un bambino che corre lungo una retta tangente alla piattaforma
salta sul suo bordo, cosicché piattaforma e bambino entrano assieme in
rotazione. Posto che nessun attrito contrasti tale movimento di rotazione, si
chiarisca:
(a) in quanto tempo il sistema compie un giro completo in assenza di attriti,
(b) che cosa accade, con l’urto, della quantità di moto del sistema,
(c) che cosa accade dell’energia,
(d) a quale forza è sottoposta, durante la rotazione, la sbarra verticale su cui la
piattaforma è imperniata.
12 * [R] Si consideri una massa gassosa confinata entro un
recipiente cilindrico chiuso superiormente da un pistone
mobile, e si studi come varia la velocità di una molecola
P
a seguito di un urto elastico contro il pistone.
13 *Una sferetta di massa M è fissata, come in fig.5,
v r
all’estremo inferiore di un’asta rigida verticale, di lunghezza
L e massa trascurabile, vincolata all’altro estre-
m
mo a un perno P attorno al quale può ruotare senza attrito.
Si calcoli con quale ampiezza angolare il sistema o-
M
scilla dopo che l’asta, inizialmente immobile, viene urtata
in modo totalmente anelastico a metà della sua al-
Fig. 5

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 77
tezza da un corpo puntiforme K di massa m = M /2 in moto con velocità orizzontale
v r . Si chiarisca inoltre se rispetto al CM il momento angolare si conserva,
e si valuti in che modo l’urto influisce sull’energia cinetica e sulla quantità
di moto del sistema.
SOLUZIONI
8 Se i carrelli restassero uniti, procederebbero dopo l’urto con la velocità V del
centro di massa del sistema, che (nell’ipotesi di poter trascurare l’attrito radente,
che interviene a modificare la velocità di rotazione delle ruote) sarebbe rimasta
invariata nell’urto e sarebbe quindi uguale a (mv A + mv B )/2m = 0,65 m/s.
L’energia cinetica del sistema sarebbe in tal caso 2mV 2 /2 = 0,845 J, inferiore
a quella effettiva: l’urto pertanto è solo parzialmente anelastico, dopo l’urto i
due carrelli si allontanano uno dall’altro (cosicché, oltre all’energia cinetica associata
al moto del centro di massa, il sistema possiede energia cinetica anche
nel riferimento del CM).
9 Il sistema dei due corpi A e B che si urtano è per ipotesi isolato, quindi il centro
di massa si muove rispetto ad ogni osservatore inerziale di moto rettilineo uniforme,
e il riferimento del CM è inerziale. In tale riferimento la quantità di moto
del sistema è zero sia prima che dopo l’urto: p r r r r
+ A p = B p' A + p' B = 0. Ciò
sta ad indicare che, nel riferimento del CM, sia prima che dopo l’urto la quantità
di moto di A è uguale in modulo a quella di B: p A = p B , p' A = p' B . Ma l’urto è
elastico, quindi l’energia cinetica finale ha lo stesso valore di quella iniziale:
essendo EC = mv 2 /2 = m 2 v 2 /2m = p 2 /2m, possiamo scrivere
2 2
pA
pB
2 1 1
EC in = + = pA
( + ) = EC fin =
2mA
2mB
2mA
2m
p 1 1
' 2
A ( )
B
2m
+ A 2m
.
B
Ciò significa che p r
A e p' A hanno modulo uguale, e che quindi, come si voleva
dimostrare, nel riferimento del CM hanno modulo uguale v r A e v r ' A .
12 Il fatto che la massa della molecola sia trascurabile rispetto a quella del pistone
si traduce nel fatto che il centro di massa del sistema molecola + pistone si
identifica in pratica col centro di massa del pistone, e che la velocità del pistone
non viene in pratica modificata dall’urto.
Supponiamo dapprima che il pistone sia immobile: in
tal caso la conservazione dell’energia cinetica (urto
elastico) implica che la molecola rimbalzi indietro con
velocità di uguale valore. Se la velocità iniziale della
molecola ha un componente orizzontale, dato che nessuna
forza orizzontale agisce nell’urto sulla molecola
tale componente deve rimanere invariato, quindi la
velocità finale v r ' della molecola (fig. 2) forma con la
verticale un angolo uguale a quello formato dalla ve-
v r
Fig. 2
v r '

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 78
locità iniziale v r .
Supponiamo poi che il pistone abbia velocità V r verso l’alto, e che la molecola
abbia inizialmente velocità verticale v r y . Dato che la velocità v r y − V r di avvicinamento
della molecola al pistone prima dell’urto e la velocità v r ' y − V r di allontanamento
dopo l’urto hanno modulo uguale (vedi
risposta 9), risulta v r y − V r = − ( v r ' y − V r ), vale a dire
v r y + v r ' y = 2 V r , relazione illustrata, con riferimento sia
al caso v y < 2V che al caso v y > 2V, in fig.3. Si noti
che il modulo di v r ' y è sempre minore di quello di v r y :
urtando contro una parete che viaggia nella stessa direzione,
la molecola perde sempre velocità (come del
tutto ovvio se si considera che durante l’urto la forza
che il pistone esercita sulla molecola compie lavoro
resistente), anche se non è detto che la velocità cambi
direzione. Il componente orizzontale della velocità resta
invece invariato come nel caso precedente, il che
implica che dopo l’urto è più grande (fig. 4) l’angolo
formato dalla velocità della molecola con la normale
(al limite, se fosse v r y = 2V r risulterebbe | v r ' y | = 0, e
quindi della velocità della molecola resterebbe solo il
componente orizzontale v r ' x = v r x ).
Supponiamo infine che il pistone abbia velocità V r verso il basso. In questo caso
la molecola acquista velocità sia che viaggi verso l’alto, sia che viaggi verso
il basso (con velocità ovviamente inferiore a quella del pistone, altrimenti non
c’è urto), come richiesto, oltre che dal fatto che è positivo il lavoro della forza
proveniente dal pistone, anche dalla relazione v r y + v r ' y = 2V r , e come mostrato
in fig.5. Anche in questo caso il componente orizzontale della velocità della
molecola resta invariato, perciò la molecola si allontana dal pistone (fig.6) con
una velocità che forma questa volta con la normale un angolo inferiore all’angolo
di impatto.
2 V r
V r
vr
r
v' y
v r y
Fig. 3
v r '
Fig. 4
v r y
r
v' y
V r
v r y
V r
v r y
v r
V r
r r
2 V r v' y
v' y
Fig. 5 Fig. 6
v r '

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 79
CAPITOLO 14 − OSCILLAZIONI
1 Si vuole far oscillare liberamente, in assenza di attrito, una massa m = 50 g con
frequenza 3 Hz tramite una molla ideale. Quale valore deve avere la costante
elastica k della molla?
2 Qual è, nel Sistema Internazionale, l’unità di misura per la costante b di proporzionalità
tra forza di attrito e velocità?
3 Nel diagramma orario di un’oscillazione armonica smorzata (fig. 2), tra due
zeri consecutivi della distanza x la curva è un arco di sinusoide (vero / falso).
4 [R] In caso di oscillazione smorzata, è costante il rapporto tra le ampiezze di
due oscillazioni successive (vero / falso).
5 [R] Una massa di 400 g oscilla sotto l’azione di una forza elastica di costante k
= = 300 N/m e di una forza di attrito proporzionale alla velocità.
(a) Posto che la costante di proporzionalità b abbia valore 5 kg/s, si determini
la frequenza di oscillazione.
(b) Si trovi quale valore assume la costante b in caso di smorzamento critico.
6 [R] Per aumentare l’ampiezza di oscillazione di un’altalena occorre imprimere
una successione di impulsi in sincronismo col movimento dell’altalena. Perché
gli impulsi non possono avere una frequenza diversa? Non dovrebbe, un sistema
oscillante, assumere la frequenza della forza impressa?

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 80
SOLUZIONI
4 Vero. Supponiamo che all’istante t ' si verifichi un massimo della distanza x, e
quindi dopo un tempo pari al periodo T si verifichi il massimo successivo. Le
rispettive ampiezze sono Ae − (b /2m) t ' e Ae − (b /2m)(t '+ T ) . Il rapporto tra la prima
e la seconda ampiezza è uguale a e (b /2m) T , costante nel tempo.
5 (a) È f ' = ω'/2π, con ω ' =
k
m
2
⎛ b ⎞
− ⎜ ⎟
⎝ 2m
⎠
. Pertanto
1 300 ⎛ 5 ⎞
f ' = − ⎜ ⎟ Hz = 4,24 Hz .
2π 0,4 ⎝ 2×
0,4 ⎠
(b) Per b = 2 km
= 2 300× 0, 4 kg/s = 21,9 kg/s.
2
6 La discussione del paragrafo 15.3 fa riferimento al caso particolare di un oscillatore
armonico eccitato da una forza sinusoidale. Il pendolo (l’altalena) è un
oscillatore armonico solo per piccolissime ampiezze di oscillazione. Soprattutto,
una successione di impulsi staccati l’uno dall’altro è cosa molto diversa dall’impulso
di una forza sinusoidale.

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 81
CAPITOLO 16 − DINAMICA DEI FLUIDI
6 Un tubo di diametro 1,6 cm è completamente pieno d’acqua che scorre alla velocità
di circa 50 cm/s. Sapendo che la temperatura dell’acqua si aggira sui
20 °C, e che a tale temperatura il suo coefficiente di viscosità è di circa 1 cP,
possiamo aspettarci che il moto sia regolare?
8 [R] Un condotto cilindrico orizzontale è pieno di un fluido ideale che scorre
con velocità 2 m/s. Che variazione subisce la pressione lungo l’asse del condotto
se a un certo punto il diametro della sezione trasversale si riduce per un
fattore 1,4? Si consideri regolare il moto del fluido.
10 Esiste una stretta correlazione tra viscosità e tensione superficiale: più un fluido
è viscoso, più grande è la sua tensione superficiale (vero/falso).
12 [R] Dovendo innaffiare il giardino, possiamo scegliere tra due tubi di gomma.
Sapendo che il tubo A possiede, rispetto al tubo B, lunghezza doppia e diametro
doppio, si spieghi quale dei due conviene scegliere se ciò che interessa è erogare
una stessa quantità d’acqua nel minor tempo possibile.
14 * [R] Nel condotto mostrato in fig.14 il diametro
della sezione trasversale più grande è
6 cm, quello della sezione più piccola è 3 cm.
Sapendo che il condotto è pieno di acqua che
fluisce con una portata di 1,6 l/s, si determini
la differenza di altezza tra le due colonne
di mercurio contenute nel tubo a U.
15 Una fila verticale di fori è stata predisposta lungo tutta la parete laterale di un
serbatoio. Supponiamo che il serbatoio contenga liquido fino a un’altezza H, e
che i fori vengano aperti tutti contemporaneamente: da quale di essi fuoriesce
lo zampillo che cadrà sul terreno a maggior distanza dal serbatoio?
17 [R] (a) Quale sarebbe la risposta al precedente
quesito se, prima di sgorgare all’aperto,
l’acqua dovesse percorrere (vedi fig. 15) un
tubicino orizzontale fissato al serbatoio, dello
stesso diametro del foro? Si schematizzi l’acqua
come liquido ideale.
(b) * Se, per un dato livello h nel serbatoio,
la velocità di uscita dal tubicino ha, nell’ipotesi
di viscosità zero, un certo valore, quale
livello h' dovrebbe esserci per avere la stessa
velocità di uscita nonostante la viscosità?
h 1
h 2
Fig. 15
mercurio
Fig. 14
19 A quale valore si stabilizza, in base alla legge di Stokes, la velocità di un bolla
d’aria che risale verso la superficie in acqua a 20 °C ?

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 82
20 * [R] Si trovi un’espressione per la distribuzione di velocità nella sezione di un
condotto cilindrico orizzontale pieno di un liquido in moto stazionario.
SOLUZIONI
8 Per il teorema di Bernoulli si mantiene costante lungo ogni linea di corrente la
somma dell’altezza geometrica y, dell’altezza piezometrica p/γ e dell’altezza
cinetica v 2 /2g. L’altezza geometrica y resta per ipotesi invariata. Riducendo il
diametro per un fattore 1,4 diventa 1,4 2 = 1,96 volte più piccola l’area della sezione
trasversale, perciò deve aumentare di 1,96 volte la velocità. Se quindi
denotiamo col pedice 1 la sezione originaria e col pedice 2 la sezione ridotta,
2 2
per il teorema di Bernoulli possiamo scrivere (p 1 − p 2 )/γ = ( v2 − v1
)/2g =
= [(1,96 v 1 ) 2 − v 2 1 ]/2g = 2,84 v 2 1 /2g. Allora risulta p 1 − p 2 = 2,84γ v 2 1 /2g =
=2,84× (9,81×10 3 N/m 3 ) × (2 m/s) 2 /(2× 9,81 m/s 2 ) = 5680 Pa (diminuzione
subita dalla pressione).
12 La formula di Poiseuille per la portata di un tubo di sezione circolare è q =
= πR 4 Δp /8ηL (dove R è il raggio, Δp la differenza di pressione tra i due
estremi del tubo, η la viscosità del liquido, L la lunghezza del tubo. Nel nostro
caso, le variabili sono solo R ed L (la pressione nel punto d’attacco è in entrambi
i casi quella fornita dall’impianto idraulico, la pressione all’uscita del
tubo è la pressione atmosferica). Col tubo A otteniamo una portata otto volte
superiore.
14 Denotiamo con 1 la sezione più grande e con 2 la sezione più piccola. Essendo
R 2 la metà di R 1 , l’area A 2 è 1/4 dell’area A 1 , e quindi, per la costanza della
portata, la velocità v 2 è quattro volte più grande della velocità v 1 . Sarà inoltre
2
v 1 = q/A 1 = q/πR 1 = (1,6 ×10 3 cm 3 /s) / π(3 2 cm 2 ) = 56,6 cm/s, e quindi v 2 =
=4v 1 = 226 cm/s. Dall’equazione di Bernoulli (riferita all’asse del condotto)
2 2
ρ ( v1 − v2
)
risulta p 1 − p 2 =
= ½[1g/cm 3 × (226 2 − 56,6 2 ) cm 2 /s 2 ] =
2
=2,39×10 4 dyn/cm 2 . Scriviamo ora che, come richiesto dall’equilibrio del
mercurio, all’altezza raggiunta dal mercurio nel tubo a sinistra la pressione nei
due tubi è la stessa: se indichiamo con h 1 e h 2 la distanza del mercurio, nelle
due colonne, dall’asse del condotto (dove la pressione vale rispettivamente p 1 e
p 2 ), e con ρ e ρ m la densità dell’acqua (1 g/cm 3 ) e del mercurio (13,6 g/cm 3 ),
deve essere p 1 + ρ gh 1 = p 2 + ρ gh 2 + ρ m g (h 1 − h 2 ), da cui
4
2
p1
− p2
2,39 × 10 dyn /cm
h 1 − h 2 =
= = 1,94 cm.
2
3
g ρ − ρ)
981cm/s × (13,6 −1)g/cm
( m
17 (a) Per l’assenza di viscosità, vale in modo rigoroso l’equazione di Bernoulli e
quindi non c’è differenza di pressione tra sezione di ingresso e sezione d’uscita
del tubicino: perciò, per la velocità con la quale l’acqua esce dal serbatoio si ot-

Tonzig − Fondamenti di Meccanica classica 83
tiene lo stesso valore sia in presenza che in assenza del tubicino. La risposta è
quindi uguale a quella del problema precedente.
(b) Per avere nel tubicino una velocità v, in assenza di viscosità il livello nel
serbatoio deve essere h = v 2 /2g. Per avere la stessa velocità in presenza di viscosità,
occorre (formula di Poiseuille) che nel tubicino la pressione iniziale
q8η L
superi la pressione finale (che è la pressione atmosferica p 0 ) di Δp = =
4
πR
Av8η L
=
4 . Se ora applichiamo l’equazione di Bernoulli tra la superficie libera
πR
e la sezione d’ingresso del tubicino, otteniamo p 0 + ρ gh' = (p 0 + Δp)+ρ v 2 /2,
da cui, tenuto conto che v = 2 gh , segue
h
2
2
' π r
8 2 h / g
= =
= h +
= h +
4
v Δp
+
2g
ρ g
Av 8η
L
h +
4
ρ gπR
2gh
8η
L
4
ρ gπR
ρ R
2
r η L
.
Com’era da aspettarsi, la differenza tra h' e h tende a zero sia quando tende a
zero la viscosità η, sia quando tende a zero la lunghezza L del tubicino.
20 Consideriamo un elemento cilindrico di liquido, coassiale al tubo, di raggio r e
lunghezza L, delimitato dalle sezioni 1 e 2 (il liquido scorre da 1 verso 2). Poiché
il liquido contenuto nel cilindro non viene accelerato, la forza orizzontale
complessiva su di esso deve essere zero. La forza dovuta alla differenza della
pressione media sulle due basi del cilindro agisce nella direzione stessa della
corrente e ha modulo F p = (p 1 − p 2 )π r 2 .
La forza dovuta alla viscosità tra superficie laterale del cilindro e liquido circostante
agisce in direzione opposta e, in base alla definizione di coefficiente di
viscosità, ha modulo F η = − 2π rLη dv /dr, dove dv è l’incremento (negativo)
che subisce la velocità quando la distanza dall’asse del tubo subisce l’incremento
dr. Non essendoci altre forze orizzontali, le due forze considerate devono
avere uguale modulo: uguagliando allora le due espressioni trovate si trova
− dv = (p 1 − p 2 ) r dr /2Lη.
Integrando a primo membro tra v e zero e a secondo membro
tra zero ed R si ottiene infine v = ( R − r ) ,
p1 − p2
2 2
4η
L
relazione che esprime la velocità del liquido in funzione
della distanza r dall’asse del tubo. Si ritrova qui la distribuzione
parabolica (fig.1) caratteristica del moto regolare
di un liquido viscoso. Osservazione: nel caso di moto turbolento
la distribuzione delle velocità (medie) ha un andamento
all’incirca analogo, ma la velocità a ridosso delle
Fig. 1
pareti non può più essere posta uguale a zero.