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CINEMATICA - SVOLGIMENTO

CINEMATICA - SVOLGIMENTO
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CINEMATICA

ESERCIZIO N° 19

Un punto materiale si muove con velocità costante lungo la circonferenza di un cerchio di raggio r=5m. esso compie un giro completo ogni 20s.

a)      Quale è la velocità media del punto durante i primi 5s del suo moto ?

b)      Quale è la velocità media del punto durante i primi 25s del suo moto ?



SVOLGIMENTO

Poniamo  T = 20s (periodo del moto) e t1 = 5s.

Allora si ha:

                 q(t1) – q(0)           q(t1)

vm(t1) = r                      = r 

                      t1 – 0                 t1

Ma  q(t1) = wt1 dove w = 2p/T = 0,31 rad/s

Quindi  q(t1) = 0,31∙5 = 1,57

e

vm(t1) = (5∙1,57)/5 = 1,57m/s

Posto ora t2 = 25s trattandosi di un moto circolare uniforme si ha che anche la velocità media è costante, quindi:

vm(t1) = vm(t2)

ESERCIZIO N° 20

Una freccia viene lanciata da un arco che le imprime una accelerazione costante per un tratto di 60cm. Se la sua velocità al momento in cui lascia l’arco è di 60m/s, che accelerazione le ha impresso l’arco ?

SVOLGIMENTO


                                 O              d                                    x

Si ponga d = 60cm = 0,6m

La velocità della freccia nel punto d è vd = 60m/s.

Il moto in esame è un moto rettilineo uniformemente vario, quindi dalla quarta equazione descrivente tale moto si ha:

vd2 = (vx0)2 + 2a(d – x0) con                  vx0 = velocità iniziale della freccia = 0

x0 = spostamento iniziale della freccia = (per come è stato

       fissato il sistema di riferimento) = 0

Quindi  vd2 = 2ad

da cui

      

         vd2           3600 m2/s2

a =             =                      = 3∙103 m/s2

         2d              2∙0,6m

ESERCIZIO N° 21

Un treno partito da fermo si muove con accelerazione costante. Ad un certo istante viaggia a 30m/s e 160m più avanti la sua velocità è di 50m/s. Calcolare:

a)      l’accelerazione;

b)      il tempo che impiega a percorrere i 160m;

c)      la distanza tra il punto di partenza e quello in cui il treno ha raggiunto la velocità di 30m/s;

d)      il tempo richiesto per raggiungere la velocità di 30m7s.

f

Sia       x0 = posizione iniziale = 0

            v0 = velocità iniziale = 0

            t1 = tempo impiegato per raggiungere i 30m/s

            v(t1) = velocità al tempo t1 = 30 m/s

            x(t1) = posizione al tempo t1

            t* = tempo impiegato per percorrere i 160m

            x(t2) = x(t1) + 160m = posizione, dall’origine, dopo aver percorso i 160m

            a = accelerazione

            v(t2) = velocità alla posizione x(t2) = 50m/s

Per calcolare l’accelerazione occorre tenere presente che:

[v(t2)]2 = [v(t1)]2 + 2a(x(t2) – x(t1)) = [v(t1)]2 + 2a(160)

da cui

       [v(t2)]2 – [v(t1)]2

a =                              = 5m/s2

               320

Per il tempo t*

                       

x(t2) = x(t1) + ½ (v(t1) + v(t2)) t*

x(t1) + 160m = x(t1) + ½ (v(t1) + v(t2)) t*

da cui

              320

t* =                       = 4s

        v(t1) + v(t2)

Per la x(t1)

[v(t1)]2 = v02 + 2a(x(t1) – x0)

[v(t1)]2 = 2ax(t1)

da cui

              [v(t1)]2

x(t1) =                = 90m

                2a

Il tempo t1 si ricava da:

x(t1) = x0 + ½(v(t1) + v0)t1

da cui

         2x(t1)

t1 =               = 6s

          v(t1)

ESERCIZIO N° 22

Un punto materiale A si muove lungo la linea retta y = d (=30m) con velocità costante v (v = 3m/s) nella direzione dell’asse x positivo. Un secondo punto B parte dall’origine con velocità iniziale nulla e con accelerazione costante a (a = 0,4m/s2) nello stesso istante in cui il punto A attraversa l’asse y.

Quale angolo dovrebbe formare a con l’asse y positivo perché si verifichi la collisione ?

                       y

                             v              

                       A                         punto di collisione

   d = 30m            q

                                   a

                            B                                                x

SVOLGIMENTO

Indichiamo con t* l’istante di tempo in cui avviene la collisione. In tale istante di tempo evidentemente si ha:


     xA(t*) = xB(t*)                       dove    xA(t*) = coordinata x del punto A al tempo t*

     yA(t*) = yA(t*)                                   xB(t*) = coordinata x del punto B al tempo t*

                                                           yA(t*) = coordinata y del punto A al tempo t*

                                                           yB(t*) = coordinata y del punto B al tempo t*

Si ha:

xA(t*) = vt*

xB(t*) = ½(ax)(t*)2 = ½ (a∙senq)(t*)2

yA(t*) = d

yB(t*) = ½(ay)(t*)2 = ½ (a∙cosq)(t*)2

Dal sistema precedente si ottiene quindi:


    vt* = ½ (a∙senq)(t*)2

    d = ½ (a∙cosq)(t*)2

da cui

              2v

    t* =

           a∙senq         

   

           1                       4v2

    d =       a∙cosq

           2                 a2(1- cos2q)

           2v2cosq

    d =

          a(1- cos2q)

                2v

    t* =

             a∙senq

Dalla prima equazione si ottiene:

adcos2q + 2v2cosq – ad = 0

Risolvendo:

            –2v2 ±      4v2 + 4a2d2              –18±30                  –2

cosq =                                          =                  =

                         2ad                                24                      0,5

Delle due soluzioni ha significato solo quella positiva, quindi:

cosq = 0,5              q = 60°

ESERCIZIO N° 23

Un punto si muove su traiettoria rettilinea con accelerazione costante. Quando il punto mobile transita per il punto di ascissa x1 la sua velocità è v1, mentre quando transita per il punto di ascissa x2 la velocità è v2. Calcolare il valore dell’accelerazione.

SVOLGIMENTO

Trattandosi di moto rettilineo uniformemente accelerato si ha:

v(t) = v0 + at     

x(t) = x0 + v0t + ½ at2

Dalla prima equazione ricaviamo il tempo e sostituiamo nella seconda:

      v–v0

t =

        a

              v0                  1        (v–v0)2              v2 – v02

x = x0 +      (v–v0) +        a               = x0 +

               a                  2            a2                      2a

Con i dati del problema si ha:

                                                 v12– v02

x = x1 , v = v1               x1–x0 =

                                                     2a

                                                   v22– v02

x = x2 , v = v2               x2 – x0 =

                                                        2a

Sottraendo la prima relazione dalla seconda si ha:

               1                                     v22 – v12

x2 – x1 =      (v22 – v02 – v12 + v02) =

              2a                                        2a

da cui

       v22 – v12

a =

      2(x2 – x1)



ESERCIZIO N° 24

In prossimità della superficie della Terra, in assenza di attriti, tutti i corpi sono sottoposti all’accelerazione di gravità g = 9,8m/s2, diretta verticalmente verso il basso.

Se un copro viene lanciato verticalmente verso l’alto con velocità v0, calcolare la massima quota e la velocità con cui ricade al suolo.

SVOLGIMENTO

Nella fase di salita il moto è ritardato perché l’accelerazione di gravità e lo spostamento sono paralleli ma discordi:


                    v(t) = v0 – gt

SALITA                                1

                    y(t) = y0 + v0t –      gt2

                                              2

Se il punto di lancio viene posto nell’origine ed il lancio è effettuato per t=0, si ha y0 = 0.

La massima quota ymax = h è caratterizzata dal fatto che vi si realizza un’inversione di marcia: La velocità, inizialmente diretta verso l’alto, diventa nulla, per poi iniziare la fase di discesa con direzione orientata verso il basso.

Dunque detto t* il tempo necessario a raggiungere la massima quota, si ha:

v(t*) = 0 = v0 – gt*                t* = v0/g

                          1          v02        1      v02          v02

ymax = h = v0t*      gt*2 =                         =

                          2          g          2      g           2g

La fase di discesa è caratterizzata da una partenza a velocità iniziale nulla (vin = 0) da una quota h, con accelerazione concorde al verso di spostamento (moto accelerato).

Detto t=0 l’istante di inizio della fase di discesa si ha:


                    v(t) = vin – gt = –gt

DISCESA                               1                     1

                    y(t) = h + vint –         gt2 = h –          gt2

                                                2                     2

L’arrivo al suolo avviene dopo un tempo t* tale che y(t*) = 0:


                          1                                             2h

y(t*) = 0 = h –          gt*2                   t* =

                          2                                              g

La velocità di arrivo al suolo è:


                              2h

v = v(t*) = – g                    =       2gh

                               g

Tenendo conto che h = v02/2g si ha:


                   v02

v = –    2g               =   –v0

                   2g

Il corpo arriva al suolo con una velocità pari, in modulo, a quella di lancio, ma con verso opposto.

ESERCIZIO N° 25

Un proiettile è sparato orizzontalmente con velocità iniziale v0 = 50m/s da una posizione a quota h = 100m rispetto al suolo orizzontale. In assenza di attriti, con quale inclinazione rispetto al suolo il proiettile arriva a terra ?

SVOLGIMENTO

Si consideri la ura:

                            y

                                   v0


                       h                                                          vx

                                                                                     q                                       x

                                                                           vy       


Per calcolare l’angolo q basta ricavare le componenti vx e vy della velocità nel punto di arrivo al suolo. Infatti:

tgq = vy/vx

Le equazioni delle componenti della velocità sono:

vx = v0 (poiché ax = 0 e quindi vx = cost)

vy = –gt            (ay = –g e vy(0) = 0)

Il tempo t* impiegato ad arrivare al suolo si ricava dall’equazione per la coordinata y, tenendo conto che al tempo t* è y(t*) = 0:

                   1

y(t*) = h –       gt*2 = 0

                   2

Da ciò si ricava


              2h

t* =

               g

Dunque

vx(t*) = v0 = 50m/s


                          2h

vy = – g                            = –   2gh    = –44,3m/s

                           g

tgq = vy(t*)/vx(t*) =0,885                  q = 41,5°

ESERCIZIO N° 26

Un punto materiale è lanciato orizzontalmente, con velocità v0, dalla sommità di una torre. Ricavare l’espressione, in funzione del tempo, delle componenti tangenziale e normale dell’accelerazione.

Il moto, in assenza di attriti, avviene con accelerazione pari all’accelerazione di gravità g.

SVOLGIMENTO

                y

                                    v0                            n


                                    an                  at                                    vy  q         v

                                                                                                   

                                                                                                       vx                   t

                                                g                         t


                                                                                                          x

a = g

     an = gsenq

     at = gcosq

g =    an2 + at2

Il calcolo dell’angolo q può essere fatto a partire dalle componenti sectiunesiane della velocità:

tgq = vy/vx

dove


   vx = v0

                                  tgq = – v0/gt

   vy = –gt

Nelle espressioni an = gsenq, at = gcosq, occorre ora esprimere senq e cosq in funzione di tgq:

                    tgq

senq =

                  1+ tg2q

                     1

cosq =

                  1 + tg2q

                                     v0             1                             gv0

             an = gsenq = g                                =

                                     gt                 v02                      v02 + g2t2

                                                 1 +

                                                        g2t2

                                           1                               g2t

           at = gcosq = g                          =

                                               v02                     v02 + g2t2

                                      1 +

                                              g2t2

ESERCIZIO N° 27

Un proiettile è sparato orizzontalmente con velocità v0 = 30m/s. In assenza di attriti, qual è il raggio di curvatura della traiettoria dopo 2s dal lancio ?

SVOLGIMENTO

Procedendo come nell’esercizio n.26 si ha


    vx = v0

                                   v =   vx2 + vy2    =     v02 + g2t2

    vy = –gt

ed inoltre

                gv0

an =

             v02 + g2t2

Il raggio di curvatura è dato dalla relazione:

        v2                          v2         (v02 + g2t2)                             (v02 + g2t2)3/2

a0 =                      R =         =                           v02 + g2t2  =                         = 156,5m

        R                           an              gv0                                       gv0





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