aN v

Esercizi moto piano
Richiami moto circolare uniforme
v

Velocità orbitale:
Costante in modulo, ma non in
direzione e verso
 v = 2R/T = R
Con:
R= raggio della traiettoria circolare,
T=periodo,
= velocità angolare

aN

Accelerazione centripeta:
 direzione radiale, punta verso il
centro della circonferenza

aN=v2/R = (R)2/R = 2R
Esercizio 1
Un satellite gira attorno alla Terra su un’orbita circolare con una
velocità angolare ω = 0,00055 rad/s e un’ accelerazione centripeta di
aN=4,8 m/s2.
Qual è il raggio R della sua orbita?
Qual è la sua velocità orbitale v?
Soluzione Esercizio 1
ω = 0,00055 rad/s
aN=4,8 m/s2
v
 
R
v2
aN 
R
v   R

v2
R 
aN 

R
R
2
R
4,8 m / s 2
(0,00055 rad / s )2

 2 R2
R
 R
2
R
 1.59 107 m
v   R  0,00055 1,59 107 m / s  8,74 103 m / s
aN
2
Esercizio 2
La Luna ruota attorno alla Terra su un’orbita quasi circolare di raggio
pari a 60 raggi terrestri (RT =6400 km) impiegando 27,3 giorni per
compiere un giro.
a. Qual è la velocità v con cui la Luna percorre la sua orbita
 [10,22∗102 m/s]
b. Qual è l’accelerazione centripeta della Luna?
 [27,2∗10-4 m/s2]
c. Quante rivoluzioni compie in un anno?
 [13,37]
Soluzione



Rluna=60RT=60*6400 km =3.84105 km=3.84108 m
T=27.3 giorni = 27.3*86400s=2.36106 s
Velocità orbitale


Accelerazione centripeta


v=2Rluna/T = 2 *3.84 108m/2.36 106 s = 10.22 102 m/s
aN=v2/R=(10.22 102 m/s)2/3.84108 m = 27.2 10-4 m/s2
Se la luna compie un giro completo (rivoluzione) in un
periodo T=27.3 giorni, in un anno compirà:

N=365 giorni/27.3 giorni =13.37 rivoluzioni
Esercizio 3
Si consideri la ISS e si supponga che essa sia in orbita
circolare intorno alla terra ad una altitudine di circa 400
Km ad una velocità di circa v=27750 Km/h. Sapendo che
il RTerra = 6400 Km, calcolare :
- Periodo dell’ orbita
- Accelerazione centripeta
Rorb=Rterra+h=6400km+400km=6800km = 6.8106 m
T = 2Rorb/V = 1.54 h=5544 s
v=27750 km/h = 7.7 103 m/s
ac = v2/R =(7.7103 m/s)2/6.8106 m= 8.7 m/s2
Esercizio 4 (3.2.14 libro esercizi)

Una ruota di raggio r=3m è in rotazione in un piano verticale intorno ad un
asse orizzontale passante per il suo centro 0, con velocità angolare
costante . Un sassolino che si trova in un punto A sul bordo esterno della
ruota, si stacca dal punto A nell’istante in cui il diametro passante per A è
orizzontale (come in figura). Il sassolino sale quindi verticalmente per poi
ricadere nello stesso punto A, impiegando nella salita e nella discesa il
tempo impiegato dalla ruota a compiere un intero giro. Determinare:
 La velocità periferica del punto A della ruota;
 Il tempo che la ruota impiega a compiere un intero giro
 La massima distanza verticale raggiunta dal sassolino
A●
O
●
2r
Soluzione esercizio 4
Nel moto circolare uniforme la velocità orbitale v vale:
A●
O
●
2r
2r
2r
v
T 
T
v
Il sassolino si stacca da A con velocità v0=v e raggiunge in
un tempo T1 il punto di massima altezza dove vfin=0:
v fin
v
 v  gT1  0  T1 
g
T1 è anche il tempo che il sassolino impiega a ritornare in A nel moto di
discesa, quindi:
v
T  2T1  T  2
g
Uguagliando le due espressioni trovate per il periodo T:
2r
T 
v
v
T 2
g
2r
v
2
v
g
v
v 2  rg
rg    3  9.8
m
s
m
s2
Nota la velocità v si può calcolare il periodo T:
9.6 ms
v
T 2 2
 1.96s
m
g
9.8 s 2
m
 9.6
s

y max
Calcoliamo il punto di massima altezza ricordando
che il sassolino impiega un tempo T1=T/2 per
raggiungerlo:
1 2
1
2
m
m
 vT1  gT1  9.6 s  0.98s   9.8 s 2  0.98s   4.7m
2
2
Richiami moto parabolico
Y
Composizione di due moti:
Asse X: moto uniforme
v0
x = x0 + v0 xt
vX = v0 x
y0
Asse Y: moto
uniformemente accelerato
1 2
y = y0 + v0Y t - gt
2
vY = v0Y - gt
a = g = 9.8 m/s2

x0
X
Traiettoria = parabola
nell’ ipotesi di x 0=y0=0
g
2
y 2
x  tg  x
2
2v0 cos 
Altezza massima
Nel punto di massima altezza, vy=0
 vy =
 da
v0y - gt = 0
cui si determina: tmax = voy/g
Sostituendo tmax nella legge oraria del moto
uniformemente accelerato lungo y:
 ymax=
2
v
1 0y
2 g
Altezza massima: metodo alternativo
Metodo alternativo: trovare il massimo dell’equazione della parabola (traiettoria):
y  ax 2  bx  c  
g
a 2
;
2
2v0 cos 
g
2
x
 tg  x
2
2
2v0 cos 
b  tg ;
c  0.
xmax
ymax
b

2a
  b 2  4ac


4a
4a
v02 sen cosθ
 tg
xmax 

g
g
2 2
2v0 cos 2 
v02
 tg 2
ymax 

sin2 
g
2g
4 2
2v0 cos 2 
Gittata


La gittata è la distanza lungo l’ asse X fra il punto in cui il
corpo si stacca dal suolo e il punto in cui il corpo tocca
nuovamente il suolo.
Basta calcolare i punti di intersezione dell’equazione della
parabola con l’asse delle x:
v02
GITTATA  x  x2  x1  sin(2 )
g
x
In generale : NON USARE IN MODO
INDISCRIMINATO LA FORMULA DELLA GITTATA
E’ VALIDA SOLO QUANDO IL CORPO PARTE DA h=0
e torna in h=0!
QUESTA DISTANZA NON SI RICAVA CON LA FORMULA DELLA GITTATA
Tempo di volo
Tempo di volo : tempo impiegato dal punto materiale per percorrere
la distanza pari a quella della gittata.
Poiché lungo x il moto è uniforme con velocità costante vx = v0 cos,
da x = vx* tvolo = (V0 cos* tvolo :
Tvolo = x / V0 cos
x
Esercizio 5
Da una fontana da irrigazione l’acqua fuoriesce con una velocità di
modulo v0 = 17 m/s e formante un angolo di = 58° sopra l’orizzontale.
Trascurando la resistenza dell’aria, determinare:
a) il tempo impiegato a raggiungere la massima altezza
b) la massima altezza
c) il tempo di volo
d) la distanza del punto di impatto dall’ origine
Soluzione esercizio 5
a) Sia t* è il tempo impiegato a raggiungere la massima altezza. Nel
punto di massima altezza :
 Vy(t*) = V0y-gt* =0  t* = V0y/g = V0sen  /g = 1.47 s
b) Il punto di massima altezza può essere determinato dalla legge
oraria del moto lungo y (uniformemente accelerato) al tempo t*:
 y max = y(t*) = v0yt*-1/2gt*2=v0sent*-1/2gt*2 =
=17  sen(58°)  1.47-1/2 9.8  (1.47)2= 10.6 m
Soluzione esercizio 5
c) Il tempo di volo corrisponde al tempo impiegato dal proiettile (nel
nostro caso il getto d’acqua) a ritornare al suolo, perciò coincide
con il tempo impiegato a percorrere un tratto pari alla gittata.

y=0 => v0yt** -1/2 gt**2 =0 => 2 v0y/g = t**=214.4/9.8=2.95s
d) Noto il tempo impiegato a ritornare al suolo, si può calcolare lo
spazio percorso lungo x:
 x = v0xt**= 17cos(58)  2.95=14.4  2.9 ≈ 26 m
Oppure, dalla formula della gittata, calcolare direttamente
 x = V02 sin(2)/g=172  sen(2 58°)/9.8 ≈ 26 m
Esercizio 6

Un aereo da soccorso vola ad una velocità v = 360
km/h alla quota costante di h = 490 m. Quale distanza
x, misurata sull’orizzontale, percorre un pacco lasciato
cadere dall’aereo?
Soluzione esercizio 6
La velocità iniziale ha SOLO la componente
orizzontale, che rimane costante.
 x= v0xt con v0x = 360 km/h =100 m/s
*
 E’ necessario determinare t = tempo impiegato
dal pacco a raggiungere il suolo
Condizioni iniziali: y0=h, voy=0, yfin=0
 y=h-gt2/2  0=h-g t* 2/2  t*2=2h/g 
 t* = (2h/g)1/2=10 s


x = v0x t*= v0x (2h/g)1/2 = 100*10=1000m
Esercizio 7
Un cannone con un angolo di tiro di 45 gradi si trova a 500 m
dalla base di un muro alto 100 m.
A che velocità deve essere sparato il proiettile per colpire un
oggetto posto sulla sommità del muro?
Se il muro viene abbattuto, a che distanza ricade il proiettile al
suolo e a che velocità?
Soluzione esercizio 7
y (m)
Condizioni iniziali:
=45°
d=500m = xfin
h=100m = yfin
v0

d
x0=0
y0=0
1
cos45°=sen45°=
2
sen45
x (m) tg45°= cos45  1
x fin  v0xt  v0cos45t
1 2
1 2
y fin  v 0yt  gt  v 0sen45t  gt
2
2
Indico con tm, il tempo di arrivo alla sommità del muro:
d  v0cos45t m
1 2
h  v 0sen45t m  gtm
2
d
tm 
v 0cos45
1
gd 2
h  tg45d 
2
2 v 0 cos 2 45
v0  78.3 ms
Incognite: tm, v0
2
gd
v02 
2cos 2 45d  tg 45  h 
v0y
y (m)
Il muro viene abbattuto. Ora le condizioni iniziali sono:
=45°
v0=78.3 m/s
Inoltre:
x0=0
y0=0
cos45°=sen45°= 1
2
sen45
tg45°=
1
v0

v0x
xP
P vx
vy v
x (m)
fin
cos45
Indichiamo con tc il tempo impiegato dal proiettile a tornare al suolo nel
punto P.
Dalle leggi orarie lungo x e y, ricordando che yP=0 si ha:
xP  v0xt  v0cos45t c
1 2
1 2
yP  v 0ytc  gtc  v 0sen45t c  gtc  0
2
2
Incognite: xP e tC
Dalla seconda equazione determino tc (escludo la soluzione t=0 che coincide
con l’istante di lancio del proiettile)
1
2  78.3 s 
2v 0sen45
2  11.3s
tc 

g
9.8 m s 2
m
Noto tc determino anche lo spazio percorso lungo x:
1
xP  v 0cos45t c  78.3 s 
11.3s  625m
2
m
Per calcolare la velocità con cui il proiettile impatta al suolo
devo conoscere le due componenti vx e vy:
v x  v 0x  v 0cos45  55.3 m 2
v y  v 0y  gtc  v 0sen45  9.8 m s 2 11.3s  55.3 m s
da cui segue:
vfin  v  v 
2
x
2
y
55.3 s   55.3 s 
m
2
m
2
 78.3m / s
Esercizio 8
Dei sacchi di medicinali vengono trasportati su dei rulli per
poi finire nel carico di un camion per il loro trasporto.
Sapendo che il rullo è 1.05 m più alto della base del carico e
che i sacchi cadono alla base del carico ad una distanza pari
a 1.80 m dalla fine del rullo, si determini:
a) il tempo di caduta di un sacco;
b) la velocità del sacco nell’istante in cui inizia a cadere
dal rullo
c) il modulo della velocità del sacco un attimo prima di
giungere al suolo
a) T ≈ 0,463 s
b) vo≈3,89 m/s
c) 5,98 m/s
Condizioni iniziali:
h=1.05m
d=1.8
y (m)
v0
Determinare:
Tempo di caduta tc
Velocità iniziale v0
Velocità finale vf
h
d
x(m)
…. e ora continuate voi!