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CINEMATICA - SVOLGIMENTO

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

v_m(t) = r = r

t t

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

Quindi q(t

v_m(t₁) 1,57m/s

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

v_m(t) = v_m(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 v_d = 60m/s.

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

v_d = (v_x0 + 2a(d - x con v_x0 = velocità iniziale della freccia = 0

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

fissato il sistema di riferimento) = 0

Quindi v_d = 2ad

da cui

v_d 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

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 ?

A ^{punto di collisione}

d = 30m q

B x

SVOLGIMENTO

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

x_A(t) = x_B(t dove x_A(t) = coordinata x del punto A al tempo t

y_A(t) = y_A(t x_B(t) = coordinata x del punto B al tempo t

y_A(t) = coordinata y del punto A al tempo t

y_B(t) = coordinata y del punto B al tempo t

Si ha:

x_A(t) = vt

x_B(t) = ½(a_x)(t = ½ (a∙senq)(t

y_A(t) = d

y_B(t) = ½(a_y)(t = ½ (a∙cosq)(t

Dal sistema precedente si ottiene quindi:

vt = ½ (a∙senq)(t

d = ½ (a∙cosq)(t

da cui

a∙senq

1 4v

d = a∙cosq

2 a(1- cosq)

2vcosq

d =

a(1- cosq)

a∙senq

Dalla prima equazione si ottiene:

adcosq + 2vcosq - ad = 0

Risolvendo:

-2v 4v + 4ad -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 + vt + ½ at

Dalla prima equazione ricaviamo il tempo e sostituiamo nella seconda:

v-v

t =

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

v- v

x = x , v = v x - x

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 + vt - gt

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

La massima quota y_max = 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

y_max = h = vt - gt = - =

2 g 2 g 2g

La fase di discesa è caratterizzata da una partenza a velocità iniziale nulla (v_in = 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) = v_in - gt = -gt

DISCESA 1 1

y(t) = h + v_int - 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:

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

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

v 2g = -v

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:

h v_x

_q x

v_y

Per calcolare l'angolo q basta ricavare le componenti v_x e v_y della velocità nel punto di arrivo al suolo. Infatti:

tgq = v_y/v_x

Le equazioni delle componenti della velocità sono:

v_x = v (poiché a_x = 0 e quindi v_x = cost)

v_y = -gt (a_y = -g e v_y

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

y(t) = h - gt

Da ciò si ricava

Dunque

v_x(t) = v = 50m/s

v_y = - g = - 2gh = -44,3m/s

tgq = v_y(t)/v_x(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

v n

a_n a_t v_y q v

v_x t

g t

a = g

a_n = gsenq

a_t = gcosq

g = a_n + a_t

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

tgq = v_y/v_x

dove

v_x = v

tgq = - v/gt

v_y = -gt

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

tgq

senq

1+ tgq

cosq

1 + tgq

v 1 gv

a_n = gsenq = g =

gt v v + gt

1 +

1 gt

a_t = gcosq = g =

v v + gt

1 +

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 ?