ePerTutti
Appunti, Tesina di, appunto tecnica

CINEMATICA - SVOLGIMENTO

CINEMATICA - SVOLGIMENTO
Scrivere la parola
Seleziona una categoria

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 t = 5s.

Allora si ha:


q(t q(0) q(t

vm(t ) = r                      = r

t t


Ma q(t wt dove w p/T = 0,31 rad/s


Quindi q(t


e


vm(t1) 1,57m/s


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


vm(t ) = vm(t




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:


vd = (vx0 + 2a(d – x con vx0 = velocità iniziale della freccia = 0

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

fissato il sistema di riferimento) = 0


Quindi vd = 2ad

da cui


vd 3600 m /s

a = = m/s

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       x = posizione iniziale = 0

v = velocità iniziale = 0

t = tempo impiegato per raggiungere i 30m/s

v(t ) = velocità al tempo t = 30 m/s

x(t ) = posizione al tempo t

t = tempo impiegato per percorrere i 160m

x(t ) = x(t ) + 160m = posizione, dall’origine, dopo aver percorso i 160m

a = accelerazione

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


Per calcolare l’accelerazione occorre tenere presente che:


[v(t = [v(t + 2a(x(t ) – x(t )) = [v(t + 2a(160)


da cui


[v(t – [v(t

a = 5m/s

320


Per il tempo t


x(t ) = x(t ) + ½ (v(t ) + v(t )) t

x(t ) + 160m = x(t ) + ½ (v(t ) + v(t )) t


da cui


320

t = 4s

v(t ) + v(t


Per la x(t


[v(t = v + 2a(x(t ) – x

[v(t = 2ax(t


da cui

[v(t

x(t = 90m

2a


Il tempo t si ricava da:


x(t ) = x + ½(v(t ) + v )t




da cui


2x(t

t = 6s

v(t




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/s ) 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 = ½ (a∙senq)(t


yA(t ) = d

yB(t ) = ½(ay)(t = ½ (a∙cosq)(t





Dal sistema precedente si ottiene quindi:


vt = ½ (a∙senq)(t

d = ½ (a∙cosq)(t


da cui


2v



t

a∙senq


1 4v

d = a∙cosq

2 a (1- cos q)





2v cosq

d =

a(1- cos q)


2v

t

a∙senq


Dalla prima equazione si ottiene:


adcos q + 2v cosq – ad = 0


Risolvendo:


–2v 4v + 4a d –18±30 –2

cosq = =

2ad 24 0,5



Delle due soluzioni ha significato solo quella positiva, quindi:


cosq q




ESERCIZIO N° 23


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


SVOLGIMENTO


Trattandosi di moto rettilineo uniformemente accelerato si ha:


v(t) = v + at     

x(t) = x + v t + ½ at


Dalla prima equazione ricaviamo il tempo e sostituiamo nella seconda:

v–v

t =

a

v 1 (v–v v – v

x = x (v–v ) + a = x

a 2 a 2a


Con i dati del problema si ha:



v – v

x = x , v = v x –x

2a




v – v

x = x , v = v x – x

2a


Sottraendo la prima relazione dalla seconda si ha:

1 v – v

x – x = (v – v – v + v

2a 2a


da cui


v – v

a =

2(x – x




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/s , diretta verticalmente verso il basso.

Se un copro viene lanciato verticalmente verso l’alto con velocità v , 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) = v – gt


SALITA 1

y(t) = y + v t – gt

2


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

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 = v – gt t = v /g


1 v 1 v v

ymax = h = v t – gt = – =

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 – gt = h –          gt

2 2


L’arrivo al suolo avviene dopo un tempo t tale che y(t


1 2h

y(t ) = 0 = h –          gt t

2 g



La velocità di arrivo al suolo è:


2h

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

g


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


v

v 2g = –v

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 v = 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




v



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

vy = –gt            (ay = –g e vy


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


1

y(t ) = h –       gt

2


Da ciò si ricava


2h

t

g


Dunque


vx(t ) = v = 50m/s


2h

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

g


tgq = vy(t )/vx(t ) =0,885 q












ESERCIZIO N° 26


Un punto materiale è lanciato orizzontalmente, con velocità v , 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

v n



an at vy q v

vx t


g t


x

a = g


an = gsenq

at = gcosq


g = an + at


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


tgq = vy/vx


dove


vx = v

tgq = – v /gt

vy = –gt


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


tgq

senq

1+ tg q



1

cosq

1 + tg q











v 1 gv

an = gsenq = g =

gt v v + g t

1 +

g t




1 g t

at = gcosq = g                          =

v v + g t

1 +

g t






ESERCIZIO N° 27


Un proiettile è sparato orizzontalmente con velocità v = 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 = v

v = vx + vy = v + g t

vy = –gt


ed inoltre


gv

an

v + g t


Il raggio di curvatura è dato dalla relazione:



v v (v + g t ) (v + g t

a R = = v + g t = = 156,5m

R an gv gv

















Privacy

© ePerTutti.com : tutti i diritti riservati
:::::
Condizioni Generali - Invia - Contatta