Esercizi: Cinematica

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Corso di Chimica-Fisica
A.A. 2008/09
Prof. Zanrè Roberto
E-mail: [email protected]
Oggetto: corso chimica-fisica
Esercizi: Cinematica
Appunti di lezione
Indice
Velocità vettoriale media e istantanea
2
Accelerazione vettoriale media e istantanea
4
Meccanica
5
Cinematica del punto materiale
6
Moto in una dimensione
6
Moti piani in due dimensioni (curvilinei)
…………………………………………………………………………………………………
….
Avvertenze:
il presente documento è da intendersi per uso didattico.
E’ vietato qualsiasi altro uso senza il consenso scritto dell’autore.
Roberto Zanrè
11
Esercizi: Cinematica
Padova, 09/04/09
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Velocità vettoriale media e istantanea
Se una particella subisce uno spostamento ∆r in un intervallo di tempo ∆t, la sua velocità vettoriale
media v è:
vettore spostament o
velocità vettoriale media =
intervallo di tempo
v=
ossia:
∆r
∆t
Si deduce immediatamente che la direzione di v deve essere la stessa dello spostamento ∆r .
Scrivendo questa equazione in termini di componenti vettoriali:
v=
∆x i + ∆y j + ∆z k
∆t
=
∆x
∆t
i+
∆y
∆t
j+
∆z
∆t
k
Per esempio, se la particella dell’Esercizio 9 si sposta dalla posizione iniziale alla posizione finale
in 2,0 secondi, la sua velocità vettoriale media in questo intervallo è data da:
v=
∆r
∆t
=
(12m) i + (3m) k
2,0 s
= (6,0 m/s) i + (1,5 m/s) k
Questo significa che la velocità vettoriale media ha una componente di 6,0 m/s lungo l’asse x e
una componente di 1,5 m/s lungo l’asse z (e nulla lungo l’asse y).
Quando si parla di velocità solitamente si intende velocità istantanea v in un dato istante. Questa v
è il valore limite cui tende v al tendere a zero dell’intervallo di tempo centrato su quell’istante.
Matematicamente si può rappresentare v come una derivata:
v=
Velocità istantanea
dr
dt
y
tangente
Particella che si muove nel piano xy.
r1
O
∆r
r2
x
Fig. 12
Per trovare la velocità istantanea della particella all’istante, per esempio, t1, quando la particella si
trova nella posizione 1, stringiamo l’intervallo di tempo attorno a t1. Mentre l’intervallo ∆t si riduce a
zero, si hanno tre effetti: 1) il vettore r2 si avvicina a r1 e quindi ∆r si riduce a zero; 2) la direzione di
∆r/∆t (e così la direzione di v ) si avvicina alla direzione della retta tangente al percorso della
particella nella posizione 1; 3) la velocità media v si approssima alla velocità istantanea v
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all’istante t1. Al limite, quando ∆t → 0, v → v e, cosa importante, v assume la direzione della
tangente, così anche v ha la stessa direzione di quest’ultima.
La velocità istantanea di una particella ha sempre la direzione della tangente alla curva che
rappresenta il percorso della particella.
Lo stesso accade se si considerano tre dimensioni: v è sempre tangente alla traiettoria della
particella.
Utilizzando i versori:
v=
dr
dt
=
d
dt
(xi + yj + zk ) =
dx
dt
i+
dy
dt
In cui le componenti scalari della velocità sono:
dx
dy
vx =
; vy =
;
dt
dt
Velocità istantanea e componenti
j+
dz
dt
k = vx i + vy j + vz k
vz =
dz
dt
.
y
vy
Vettore velocità v e le sue componenti scalari
su x e y.
v
tangente
vx
r1
x
O
Fig. 13
Si osservi in Fig. 13 che il vettore velocità v è tangente al percorso della particella nella posizione
in cui si trova.
N.B. la lunghezza del vettore velocità rappresenta il modulo della velocità (e si può tracciare con
una scala qualunque).
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Esercizio 10.
Un uomo lascia la sua casa e vi rientra nove ore dopo. Quale è la sua velocità media?
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v=
∆r
∆t
=
0
9h
=0
La velocità media è nulla perché è nullo lo spostamento totale, in quanto l’uomo ritorna casa sua.
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Accelerazione vettoriale media e istantanea
Quando la velocità di una particella cambia da v1 a v2 in un intervallo di tempo ∆t, la sua
accelerazione media a durante tale intervallo è:
accelerazione media =
variazione di velocità
intervallo di tempo
Ossia:
v -v
∆v
a= 2 1=
∆t
∆t
Se riduciamo a zero ∆t (centrato sull’istante t), l’accelerazione media a al limite tende
all’accelerazione istantanea a nell’istante t:
dv
a=
dt
Se la velocità cambia in intensità o in direzione (o in entrambe) si ha un’accelerazione diversa da
zero.
Esprimendo il vettore v come somma delle sue componenti lungo gli assi cartesiani, si ottiene:
dv y
dv x
dv z
dv d
a=
= (v x i + v y j + v z k ) =
i+
j+
k = ax i + ay j + az k
d t dt
dt
dt
dt
a = ax i + ay j + az k
Nella quale le tre componenti scalari del vettore accelerazione sono date da:
ax =
dv x
dt
;
ay =
dv y
dt
;
az =
dv z
dt
Ciò significa che si possono ottenere le componenti scalari dell’accelerazione derivando le
componenti della velocità.
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Esercizio 11.
Un'auto parte da una località A e giunge ad una località B distante da A dAB = 657 km impiegando
t = 8.76 h .
1) Supponendo il moto uniforme, calcolare la velocità.
2) Se una località C è posta ad una distanza dc = 200 km da A, dopo quanto tempo l’auto
incontrerà la località C?
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Soluzione.
1) Si applica la definizione di velocità, da cui v = 657 km / 8.76 h = 75 km/h;
2) Si applica l’equazione oraria del moto uniforme: dc = vt, per cui t = dc / v = (200 km) / (75 km/h)
= 2.67 h
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Esercizio 12.
Un Jumbo Jet per poter decollare deve raggiungere sulla pista una velocità v = 360 km/h. Se la
pista è lunga 1.8 km, supponendo una accelerazione costante, quale è la minima accelerazione
necessaria se parte da fermo?
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Se ci ricordiamo questa relazione:
e sapendo che v0=0, r0=0, si ha:
Se non la ricordiamo, si parte da:
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Esercizio 13.
Un protone, emesso in una reazione nucleare, si muove all'interno di un tubo in cui esiste un
campo elettrico che produce una accelerazione costante orientata nel medesimo verso della
velocità iniziale. Supponendo che il protone entri nel tubo con una velocità iniziale v0=10m/sec e
ne esca con una velocità v1=24.5 m/sec e che il tubo sia lungo L = 50 m, calcolare l'accelerazione.
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Occorre applicare le leggi cinematiche del moto uniformemente accelerato.
La velocità del protone varia secondo la legge:
Poiché non conosciamo t1 conviene applicare :
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Alternativamente si può trovare il valore di t1 e di a dal sistema di equazioni:
t1 = 2.9 s
a = (24.5−10)ms−1 / 2.9s = 5 ms−2
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Un caso particolare di moto rettilineo uniformemente accelerato è quello della caduta di un
grave: esso cade ortogonalmente al suolo con accelerazione costante pari a g (se si trascura
l’attrito dell’aria) dove g dipende dalla posizione sulla superficie terrestre. Di solito si usa un valore
medio di g standardizzato:
g = 9.80665 m/s2
2
(ai poli: 9,823 m/s , all´equatore, 9,789 m/s2) (9.8 OK)
L'unità di misura g è principalmente impiegata in campo aerospaziale per esprimere le
accelerazioni cui sono sottoposti i veivoli e i veicoli spaziali e gli eventuali passeggeri.
Si calcola che un'accelerazione di 5 g provochi perdita di conoscenza e valori superiori possono
danneggiare il corpo umano anche mortalmente, se questi non è adeguatamente protetto.
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Esercizio 14.
Per stabilire la profondità di un pozzo si lascia cadere un masso all’interno del pozzo. Dopo un
tempo t si sente il rumore del sasso che tocca il fondo. Trascurando il tempo necessario al suono
per raggiungere il nostro osservatore dal fondo del pozzo stabilire la profondità di questo.
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Soluzione: Prendiamo un osservatore posto al livello del suolo e consideriamo il verso positivo
orientato verso il fondo del pozzo.
poiché h0 = 0 (livello del suolo) e v0 = 0
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Esercizio 15.
Una palla è lanciata verticalmente verso l’alto dal suolo con una velocità di 24m/s.
a) quanto tempo impiega la palla a raggiungere il punto più alto?
b) quale è la massima altezza raggiunta dalla palla?
c) in quale istante la palla si troverà a 29 m dal suolo?
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a) Nel punto più alto è v = 0 e sappiamo che v0 = 24 m/s. L’accelerazione di gravità g va in verso
opposto rispetto allo spostamento; quindi occorre mettere g con il segno negativo. Quindi per
ottenere t usiamo: v = v0 + at
con a = − g
v = v0 − gt
t = 24 / 9.8 s = 2.45s
0 = 24ms−1 − 9.8ms-2 · t
b) si può usare la relazione:
dove v = 0, v0 = 24 m/s,
0 = 242 − 2×9.8r
a = − g = −9.8 ms−2, r0 = 0
r = 242 / 19.6 = 29.38m
c) 29m ?
(a 2.7 s, la palla sta ritornando giù).
Moti piani in due dimensioni (curvilinei)
La velocità di un moto vario curvilineo è un vettore tangente in ogni punto alla traiettoria. Il vettore
velocità varia sia in modulo che in orientamento. Se abbiamo una equazione matematica che
descriva la traiettoria in funzione del tempo, in ognuna delle due dimensioni x e y, possiamo
comunque derivare una espressione per velocità ed accelerazione. Questo è possibile per casi
particolari.
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MOTO PIANO CON ACCELERAZIONE COSTANTE
Il vettore accelerazione non varia né in orientazione né in modulo. Anche le sue componenti
ax e ay non variano ed il moto può essere descritto come la sovrapposizione di due moti
componenti che avvengono contemporaneamente, con accelerazione costante, in due direzioni
perpendicolari. La traiettoria sarà in genere curvilinea. Le equazioni del moto per le due
componenti saranno analoghe a quelle del moto rettilineo uniformemente accelerato.
MOTO PIANO CON ACCELERAZIONE COSTANTE: il moto di un proiettile
Supponendo che la Terra sia un sistema di riferimento inerziale (in cui sono validi il primo ed il
secondo principio della dinamica) e che non ci sia resistenza dell'aria, il moto di un proiettile è la
combinazione di un moto verticale accelerato dovuto alla gravità e un moto orizzontale
uniforme, moti che non interferiscono tra loro. L’asse y positivo è rivolto verso l’alto.
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Velocità? E’ un vettore che cambia continuamente direzione, verso e modulo ma sulle sue
componenti, verticale vy ed orizzontale vx, siamo in grado di dire:
•
Moto orizzontale: l’accelerazione in direzione orizzontale è nulla, per cui la componente
orizzontale della velocità rimane invariata e pari a v0x durante tutto il moto. Lo spostamento
orizzontale x − x0 dalla posizione iniziale x0 è determinato in ogni istante t dall’equazione:
x - x 0 = v 0x ⋅ t +
1
2
nella quale poniamo a = 0.
x - x 0 = v 0x ⋅ t
Sostituendo v0x con v 0x = v 0 ⋅ cosθ 0
si ottiene:
•
⋅a ⋅ t2
x - x 0 = (v 0 ⋅ cosθ 0 ) ⋅ t
Moto verticale: questo è il moto di una particella in caduta libera. La caratteristica importante è
che l’accelerazione è costante. a = − g e la variabile spaziale è y.
Lo spostamento verticale
y − y0 dalla posizione iniziale y0 è determinato in ogni istante t dall’equazione:
y - y 0 = v 0y ⋅ t −
1
2
⋅ g⋅ t2
Sostituendo v0y con v 0y = v 0 ⋅ sinθ 0 (componente verticale della velocità)
si ottiene:
y - y 0 = (v 0 ⋅ sinθ 0 ) ⋅ t −
Le altre equazioni diventano:
1
2
⋅ g⋅ t2
v y = v 0 ⋅ sinθ 0 − g ⋅ t
2
v 2y = (v 0 ⋅ sinθ 0 ) − 2g ⋅ (y - y 0 )
La componente verticale della velocità si comporta esattamente come per una palla lanciata
verticalmente verso l’alto. E’ diretta inizialmente verso l’alto, e la sua intensità diminuisce
gradatamente fino ad annullarsi quando il proiettile raggiunge la posizione più elevata della
traiettoria. A questo punto la componente verticale della velocità si inverte e la sua intensità va
aumentando sempre più rapidamente.
•
Equazione della traiettoria: possiamo trovare l’equazione del percorso del proiettile (la
traiettoria) eliminando t fra le due equazioni del moto.
1
x - x 0 = (v 0 ⋅ cosθ 0 ) ⋅ t ; y - y 0 = (v 0 ⋅ sinθ 0 ) ⋅ t − ⋅ g ⋅ t 2
2
x - x0
v 0 ⋅ cosθ 0
=t
;
y - y 0 = (v 0 ⋅ sinθ 0 ) ⋅
x - x0
v 0 ⋅ cosθ 0
−
 x - x0 
⋅ g⋅

2
 v 0 ⋅ cosθ 0 
1
2
Ponendo x0 = 0 e y0 = 0 si ottiene:
y = (tgθ 0 ) ⋅ x −
1
2
⋅g⋅
x2
(v 0 ⋅ cosθ 0 )2
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Si osservi che questa equazione è della forma: y = a ⋅ x + b ⋅ x 2 (con a e b costanti); si tratta
dell’equazione di una parabola e quindi il percorso è parabolico.
•
Gittata orizzontale: la gittata R del proiettile è la distanza orizzontale coperta dal proiettile
all’istante in cui ripassa alla quota di partenza (quota di lancio). Per ricavarla poniamo:
x−x0 = R e y−y0 = 0. Per cui:
R = x - x 0 = (v 0 ⋅ cosθ 0 ) ⋅ t
0 = y - y 0 = (v 0 ⋅ sinθ 0 ) ⋅ t −
1
2
⋅ g⋅ t2
Eliminando t fra queste due equazioni otteniamo:
R=
2v 02
g
⋅ sinθ 0 ⋅ cosθ 0
R=
v 02
g
⋅ sin2θ 0
poiché come è noto vale l’uguaglianza: sin2θ 0 = 2sinθ 0 ⋅ cosθ 0
Si osservi che R ha valore massimo per sin2θ0 = 1, cioè per θ0 = 45°.
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Esercizio 16.
Un aereo vola ad una quota di 1,0 km con una velocità orizzontale di 500 km/h verso un punto
posto sopra al bersaglio. Il suo bersaglio é un uomo che sta per affogare. A quale angolo di mira φ
deve essere sganciato il salvagente per poter raggiungere esattamente il bersaglio?
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Esercizio 17.
Un giocatore di pallone colpisce la palla ad un angolo di 37° rispetto all’orizzontale, con un velocità
iniziale di 15m/s. Tenete presente che un triangolo rettangolo con un angolo di 37°ha i lati che
stanno tra loro nel rapporto 3:4:5 o 6:8:10. Si faccia l’ipotesi che la palla si muova in un piano
verticale e si trascuri la resistenza dell’aria.
a) Trovare l’istante t1 in cui la palla raggiunge il punto più alto della sua traiettoria.
b) Qual è l’altezza massima raggiunta dalla palla?
c) Quale è lo spostamento orizzontale totale della palla e per quanto tempo la palla
rimane in aria?
d) Quanto vale la velocità della palla quando raggiunge il suolo?
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a) Nel punto più alto la componente verticale della velocità è zero.
b) L’altezza massima ymax viene raggiunta dalla palla a t = 0.92 s. Usando la relazione:
c) Lo spostamento totale orizzontale corrisponde alla gittata:
Il tempo corrisponde a y=0, cioè sia alla partenza che all’arrivo:
d) Bisogna calcolare le componenti orizzontale e verticale.
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costante
vy varia, ed al tempo t2 =1.84s calcolato al punto c):
negativa perché è rivolta verso il basso.
Velocità e accelerazioni angolari. Moti periodici
Il concetto di velocità angolare (detta anche frequenza angolare o pulsazione) si applica dove vi
siano rotazioni, ma il suo impiego maggiore è nello studio dei moti periodici (circolare, armonico
ecc.).La velocità angolare media (modulo) è definita dal rapporto fra l'angolo spazzato da un
vettore che ruota e il tempo impiegato a compiere questa rotazione:
ω=
∆α
∆t
velocità angolare media
(radianti / secondo)
ω=
dα
dt
velocità angolare istantanea
(derivata prima della misura angolare)
Ad esempio: in un moto circolare uniforme (vedi oltre) questa sarà l’espressione per la velocità
angolare: in un certo periodo T viene spazzato l’intero angolo giro:
ω=
2π
T
Moto circolare uniforme
Il moto di un corpo che avviene su una traiettoria circolare con velocità costante in modulo, si
dice moto circolare uniforme (vengono percorsi angoli uguali in tempi uguali). Il vettore velocità
invece non può rimanere costante in direzione. Per il fatto che la velocità cambia di direzione,
anche se non cambia in intensità, il moto circolare uniforme è un moto accelerato. Come
vedremo nella parte di dinamica, essendo un moto accelerato sarà anche presente una forza (II
principio).
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Se percorro una rotonda a velocità costante sto facendo un moto
circolare uniforme. Il tachimetro infatti misura il modulo
(intensità) della velocità (si trova anche definita come velocità
scalare). Il tempo che occorre per percorrere l’intera
circonferenza si chiama periodo = T.
Ricordando che la lunghezza di un arco di circonferenza è uguale a αR, dove α è l’angolo
corrispondente all’arco (in radianti!). La circonferenza non è altro che l’intero arco.
v=
ω=
2πR
T
2π
T
= ωR
=
v
R
modulo velocità.
velocità angolare.
Accelerazione in un moto circolare uniforme
r
La variazione del vettore velocità ∆v è un vettore rivolto verso il centro (centripeto). Questa sarà
anche la direzione dell’accelerazione (a).
Il modulo è dato da:
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frequenza (in s−1) numero di giri compiuti nell’unità di tempo.
Dimostrare che l’accelerazione centripeta, in un moto circolare uniforme, vale in modulo v2/R dove
v è la velocità tangenziale e R è il raggio della traiettoria.
Il triangolo ABC è simile al triangolo CPP’: infatti sono entrambi isosceli e l’angolo in A è uguale
all’angolo in C, perché v perpendicolare CP e v’ perpendicolare CP’ .
Approssimando v∆t ≈ PP’ (cioè l’arco di traiettoria ≈ alla corda) si può scrivere:
questa relazione diviene più vera tanto più l’intervallo di tempo diventa piccolo e diventa esatta al
limite per ∆t che tende a 0:
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Esercizio 18.
La Luna gira intorno alla Terra compiendo un giro completo in 27.3 giorni. Si assuma che l’orbita
sia circolare, con un raggio di 385000 km. Quale è il modulo della accelerazione della Luna
verso la Terra?
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Prima di tutto occorre calcolare il periodo T in secondi: 27.3 giorni = 2.36 ×106 s
La velocità della Luna (supposta costante) è:
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L’accelerazione centripeta è:
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Esercizio 19.
Una centrifuga di laboratorio gira con una frequenza di rotazione di 60.000 giri/minuto. Calcolare la
velocità e l’accelerazione di una particella che si trovi a 10 cm di distanza dal centro di rotazione,
assumendo assenza di attriti.
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Calcoliamo il periodo della particella: T = 60/60000 s =0.001 s−1 (Il periodo è il tempo necessario
per compiere un giro. Poiché in un minuto compie 60000 giri, il periodo sarà 1/60000 parte del
minuto)(si moltiplica per 60, perché lavoriamo con i secondi).
la velocità angolare non dipende dalla distanza dal centro di rotazione, mentre quella tangenziale
sì.
rapportata al valore di g = 9.7 ms−2 è una accelerazione enorme!
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Esercizio 20.
Calcolare la velocità di un satellite artificiale della Terra che viaggia ad una altezza di h = 200 km
sopra la superficie terrestre, dove g = 9.2 ms−2. Il raggio medio della Terra è rT = 6.37 ×106 m.
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Come ogni oggetto libero nelle vicinanze della superficie terrestre, il satellite è soggetto ad una
accelerazione g verso il centro della Terra. E’ questa accelerazione che gli fa seguire una
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traiettoria circolare (il “satellite è in orbita”). Quindi g costituisce la nostra accelerazione centripeta
(a = v2/R):
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Esercizio 21.
La Terra ruota attorno al proprio asse. Calcolare la sua velocità angolare, assumendo che sia
costante.
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La Terra impiega un giorno (24h) per compiere una rotazione completa, corrispondente a 2π.
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