Cutnell, Johnson - Fisica volume 1 Capitolo 4 Il moto in due

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Capitolo 4 Il moto in due dimensioni
Domande
1.Sì. La componente y della velocità del proiettile ha un massimo nell’istante in cui esso viene
lanciato(e quando raggiunge nuovamente il suolo) ha un minimo nel punto più alto della sua
traiettoria (mentre la componente x rimane costante) .
2. Il tempo di caduta dei due proiettili è determinato solo dal moto in direzione verticale, dato che
all’istante iniziale essi hanno entrambi vy =0, raggiungeranno il suolo contemporaneamente.
3. Le componenti, orizzontale e verticale, della velocità del leopardo valgono rispettivamente:
v x = v 0 cos 45° = 22 v 0
vy = v0 sen 45°+ ayt=
2
2
v0 + ayt
Il valore minimo della velocità si ha nel punto più alto della traiettoria, quando vy = 0. Di
conseguenza
2
! 2 "
vmin = v + v = vx + 0 = ##
v0 $$ + 0 = 0, 707v0
% 2 &
Il leopardo non potrà mai avere un valore di velocità pari alla metà della sua velocità iniziale.
2
x
2
y
2
4. Sì, può restare costante il modulo della velocità, ma ne possono cambiare direzione e verso.
5. La forza centripeta sulla moneta è Fc = mv 2 / r , dove v = 2 ! r / T and T il periodo di rotazione
del disco. Quindi Fc = 4 ! 2 mr / T 2 : la moneta sarà sottoposta alla massima accelerazione quando si
trova nel punto in cui r è massimo, ovvero sul bordo del disco.
6. Il periodo della particella è indipendente dall’ampiezza, ma non la sua velocità: quando la
particella percorre spazi maggiori, possiede anche velocità maggiori e, quindi, il periodo resta
costante.
Test
1. C
2. C
3. C
4. D
5. A
6. D
7. D
8. B
9. B
10. C
11. D
12. C
13. C
14. D
15. A
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Problemi
1.
I due spostamenti sono perpendicolari tra di loro, quindi, per il teorema di Pitagora:
s = (460 m)2 + (750 m)2 = 8,8 !102 m
2.
Lo spostamento orizzontale è: x = 19 600 m – 11 200 m = 8400 m
Lo spostamento verticale è: y = 4900 m – 3200 m = 1700 m
Quindi,
2
2
!s = x 2 + y 2 = (8400 m ) + (1700 m ) = 8600 m
3.
v = vx2 + v 2y =
(15,5 m/s)
2
2
+ (6,80 m/s) = 16,9 m/s
4.
vx = v 2 ! v 2y = (265 m/s)2 ! (40,6 m/s)2 = 262 m/s
5.
La velocità del pallone è v = at . Le due componenti, orizzontale e verticale, del vettore velocità
formano un angolo di 45° e, quindi, saranno uguali:
vx = vy = v sen 45° = v cos 45° = at sen 45° = at cos 45° = 12 m/s
6.
La velocità con cui si muove l’ombra dell’aereo è pari alla componente orizzontale della velocità:
vo = v cos 30° = 329 km/h = 3,3 ⋅ 102 km/h
La componente verticale della velocità è
vv = v sen 30° = 190 km/h
→ t = s/ vv = 0,2 m/190 km/h = 0,001053 h = 3,8 s
7.
Using trigonometry, we find that the y component of the dolphin’s velocity is
(
)
v y = vx tan ! = vx tan 35° = 7.7 m/s tan 35° = 5.4 m/s
8.
Per calcolare l’accelerazione possiamo utilizzare la relazione:
ax =
vx2 ! v02x
2x
(+7,70 m/s) ! (0 m/s)
=
2 (+12,0 m )
2
2
= 2,47 m/s 2
Il vettore accelerazione forma un angolo di 30° rispetto al suolo, quindi:
aparallelo = ax cos30,0° = 2,47 m/s 2 cos30,0° = 2,14 m/s 2
(
)
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9.
Per trovare lo spostamento dell’escursionista ricorriamo al metodo delle componenti, che sono
riassunte nella tabella che segue
Spostamento
Componente
Est/Ovest
Componente
Nord/Sud
A
B
0,50 km
0
0
– 0,75 km
C
– (2,15 km) cos 35,0° = –1,76 km
(2,15 km) sen 35,0° = 1,23 km
s=A+B+C
–1,26 km
0,48 km
Quindi:
North
s = (–1,26 km)2 + (0,48 km)2 = 1,35 km
r
0.48 km
!
L’angolo θ vale
East
1.26 km
! = tan "1
v=
# 0,48 km &
%
( = 21°, verso nord ovest
$ 1,26 km '
!s 1,35 km
=
= 0,540 km/h, 21° verso nord ovest
!t
2,50 h
Le direzioni della velocità media e dello spostamento sono, come prevedibile, uguali.
10.
v = vx 2 + v y 2 = (2,5 m/s)2 + (1,5 m/s)2 = (6,25 + 2,25) m 2 /s 2 = 2,9 m/s
11.
In direzione perpendicolare alle rive la velocità del nuotatore è di 0,50 m/s, quindi:
s
20 m
t= =
= 40 s
v 0,50 m/s
In questo intervallo di tempo, la corrente trascina orizzontalmente il nuotatore per un tratto:
s = vt = (0,80 m/s) 40 s = 32 m
12.
v = vnuotatore 2 + v fiume 2 = (0,50 m/s)2 + (0,80 m/s)2 = (0,25 + 0,64) m 2 /s 2 = 0,94 m/s
13.
La velocità del passeggero nel corridoio parallelo al nastro trasportatore è
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d 120 m
=
t1
86 s
La velocità del passeggero che cammina sul nastro trasportatore è
d 120 m
v2 = v1 + vnastro = =
t2
35 s
La velocità del nastro è, allora,
" 120 m % " 120 m %
vnastro = v2 ! v1 = $
'!$
' = 2,0 m/s
# 35 s & # 86 s &
(possiamo tralasciare la scrittura vettoriale delle velocità perché il moto avviene in una sola
direzione)
v1 =
14.
v = vareo 2 + vcorrente 2 = (433m / s ) 2 + (250m / s ) 2 = 500 km/h
Il vettore risultante ha modulo doppio rispetto alla componente est, per cui forma con il vettore
velocità est un angolo di 60°: è quindi orientato verso sud in una direzione inclinata di 30° verso est.
15.
$v
'
$ 38,0 m/s '
vvento = vaereo sin ! " ! = sin #1 & vento ) = sin #1 &
) = 8,9°
% 245 m/s (
% vaereo (
16.
La velocità della corrente è, in modulo, metà della velocità del motoscafo, quindi con la direzione
perpendicolare alla riva forma un angolo di 30°. L’angolo richiesto è θ = 90° + 30° = 120 °.
17.
vx = v0 + ax t = 5480 m/s +1,20 m/s 2 ! 842 s = 6490 m/s
x
v y = a y t = 8,40 m/s 2 ! 842 s = 7072 m/s
18.
!
! !
v AB = v A + v B = v A ! !v B = 13 m/s + 28 m/s = 41 m/s " verso est
!
! !
v BA = v B + v A = v B ! v A = !28 m/s ! +13 m/s = ! 41 m/s " verso ovest
( )
(
)
19.
Se indichiamo con vCG la velocità dell’auto rispetto alla strada, con vTC la velocità del camion
rispetto all’auto e con vTG la velocità del camion rispetto alla strada, il metodo delle componenti ci
porta alle seguenti equazioni:
North
vTG
52.1°
(
)
vTGx = vCGx + vTCx = 0 m/s + 22,8 m/s cos 52,1° = 14,0 m/s
(
)
vTC
vCG
vTGy = vCGy + vTCy = 18,0 m/s - 22,8 m/s sen 52,1° = 0 m/s
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!
!
!
vTG = vTGx + vTGy =
(14,0 m/s)
2
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+ (0 m/s)2 = 14,0 m/s verso est
20.
s 19,6 m
=
= 0,70 s
v 28,0 m/s
In questo tempo la pallina ha percorso una distanza verticale
2
1
1
y = gt 2 = ! 9,80 m/s 2 ! 0,70 s = 2,4 m
2
2
Il tempo di “volo” della pallina è t =
(
)
21.
vx = v cos 60° = 8 m/s
22.
v0 = v0 = v0sen 45° = v0 cos 45° = 30,3 m/s sen 45° = (30,3 m/s) cos 45° = 21,4 m/s
x
y
(
)
(
)
y = v0 y t + 12 a y t 2 = v0 y + 12 a y t t
(
)
0 m = "#+21,4 m/s + 12 !9,80 m/s 2 t $% t
t1 = 0 m/s
t2 = 4,37 m/s
La prima soluzione corrisponde al momento del lancio, quindi t = 4,37 m/s
La gittata è:
2v0 v0
2 21,4 m/s 21,4 m/s
x
y
G=
=
= 93,5 m
g
9,80 m/s 2
(
)(
)
23.
Quando il sacchetto di zavorra viene lasciato cadere ha una velocità iniziale uguale alla velocità
della mongolfiera. Quindi, applicando la relazione
1
y = v0 y t + at 2
2
possiamo ricavare il tempo di caduta:
t=
!3,0 m/s ± (3,0 m/s)2 ! 4(!4,90 m/s 2 )(9,5 m)
= 1,7 s
2( ! 4,90) m
24.
(
)
2 2,5 "10-2 m
1 2
2y
y = gt ! t =
=
= 0,07 s
2
g
9,80 m/s 2
(
)(
)
d = vt = 670 m/s 0,07 s = 48 m
25.
La velocità iniziale di Jordan è, ricordando che nel punto di altezza massima la sua velocità è nulla
e che il tempo necessario per raggiungerla è t = 2s / 2 = 1s
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v0 y = – a y t = – (–9,80 m/s 2 ) (1, 00 s) = 9,80 m/s
Quindi
(
)( )
2
1
1
y = v0 t ! a y t 2 = 9,80 m/s "1s ! 9,80 m/s 2 1 s = 4,90 m
y
2
2
ben superiore a 1m: Jordan non è rimasto sospeso in aria per due secondi!
(
)
26.
La velocità iniziale del pesce é
v 0 = v 02 x + v 02 y = v 02 x + 0 2 = v 0 x
perché la sua velocità raddoppi deve risultare:
v = 2v0 x = v02x + (a y t ) 2
da cui:
t1 = 3
!
4v02x = v02x + (a y t ) 2
! 6,0 m/s $
v0 x
= 3#
= 1,1 s
2&
ay
" 9,80 m/s %
Perché raddoppi ancora, dobbiamo imporre che
4v0 x = v02x + (a y t ) 2
!
16v02x = v02x + (a y t ) 2
da cui:
v0 x
! 6,0 m/s "
= 15 #
= 2,37 s
2 $
ay
% 9,80 m/s &
!t = 1,3 s
t2 = 15
27.
v y = – vx tan ! = –(2,7 m/s) tan 75°
y=
v y2
2a y
[–(2, 7 m/s) tan 75°]
=
2
2(–9,80 m/s 2 )
= –5, 2 m
28.
Calcoliamo le componenti, orizzontale e verticale, della velocità di lancio
v0 x = v0 cos 60,0° = 75,0 m/s cos 60,0°
v0 y
(
)
= v sen 60,0° = (75,0 m/s) sen 60,0°
0
Il tempo di volo si può ricavare dalla relazione
s
27, 0 m
t=
=
= 0, 720 s
v0x (75,0 m/s )cos 60, 0°
L’altezza richiesta è, allora:
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y = v0 y t + 12 a y t 2
(
)(
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) (
)(
)(
)
2
y = 75,0 m/s sen 60,0° 0,720 s + 12 !9,80 m/s 2 0,720 s = 44,2 m
"h = y ! hmuro = 44,2 m !11,0 m = 33,2 m
29.
Le componenti, orizzontale e verticale, della velocità del pacco sono:
v0 = v0 cos50,0° = 97,5 m/s ! cos 50,0° = 62,7 m/s
x
v0 = v0 sen 50,0° = 97,5 m/s ! sen 50,0° = 74,7 m/s
y
Il tempo di volo del pacco si ricava dall’equazione del moto uniformemente accelerato, in direzione
verticale
t=
t=
( a ) (! y )
2( a )
!v0 y ± v02 y ! 4
1
2
1
2
y
y
) (74,7 m/s) ! 4 ( ) (!9,80 m/s ) (732 m ) =
2 ( ) (!9,80 m/s )
(
2
! 74,7 m/s ±
2
1
2
2
1
2
! 6,78 s e 22,0 s
La soluzione negativa va scartata perché è priva di significato fisico e il valore t = 22,0 s viene
utilizzato per calcolare lo spostamento x dalla relazione:
(
)(
)
x = v0 x t + 12 ax t 2 = +62,7 m/s 22,0 s +
(0 m/s ) (22,0 s) = +1380 m
!###"###$
1
2
2
2
=0
L’angolo che il vettore velocità del pacco forma rispetto al suolo è dato dalla relazione:
! = tan "1 v y / vx Ma:
(
)
vx = v0 = 62,7 m/s
x
e
v y = v0 y + a y t = +74, 7 m/s + (!9,80 m/s 2 )(22, 0 s ) = !141 m/s
Quindi,
#v
! = tan "1 %% y
' vx
$
"1 # "141 m/s $
&& = tan %
& = "66, 0°
' +62, 7 m/s (
(
30.
At the instant that the jumper lands, v y = !v0 y . Therefore, the vertical component of the jumper’s
velocity is
!v0 y = v0 y + a y t
Solving for t and assuming that upward is the positive direction gives
!2v0 y !2v0 sin "
t=
=
ay
ay
Substituting this expression for t into the expression for x gives
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# "2v sin ! &
0
((
x = (v0 cos! )t = v0 cos! %%
a
$
'
y
or
!2 v 02 sin " cos"
x=
ay
Solving for v0 gives
v0 =
!x a y
2cos" sin "
=
!(8,7 m)(–9,80 m/s 2 )
= 11 m/s
2 cos 23° sin 23°
31.
Il tempo di volo della mela è:
v y – v0 y –2v0 y –2(11 m/s)
t=
=
=
= 2,24 s
ay
ay
–9,80 m/s 2
In questo tempo la macchina si è spostata di:
x = vx t = (25 m/s )(2,24 s) = 56 m
32.
vx = v0x = v0 cos! = 16,0m/s cos 28,0° = +14,1 m/s
v0 = v0
y
(
)
sen 30,0° = (16,0 m/s) sen 28,0° = +7,51 m/s
Dalla componente orizzontale della velocità ricaviamo:
x
+16,8 m
t=
=
= 1,19 s
v0 x +14,1 m/s
e, quindi,
v y = v0 y + a y t = +7,51 m/s + (!9,80 m/s 2 )(1,19 s ) = !4,15 m/s
Infine
v = vx2 + v 2y =
(+14,1 m/s) + (!4,15 m/s)
2
2
= 14,7 m/s
33.
La distanza Δx tra i due punti in cui le pietre colpiscono il suolo è uguale a x2, cioè alla distanza
orizzontale percorsa dalla seconda pietra fino al momento in cui raggiunge il punto P in figura.
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x2
2
!
P
!
!
1
"x
x2 = v0 xtP = (v0 cos ! )tP
Nel moto verticale della pietra 2, v y = v0 sen ! + a y t che, risolta in funzione di t, fornisce
t=
v y ! v0 sen "
ay
La velocità della pietra nel punto P è v y = !v0 sen " , quindi:
tP =
!2v0 sen "
ay
Allora
# "2v sen ! &
0
(
x2 = v0x tP = (v0 cos! ) %
%
(
ay
$
'
x2 =
!2v02 sen " cos"
ay
=
!2(13,0 m/s)2 sen 30,0° cos 30,0°
–9,80 m/s2
= 14,9 m
34.
v = 2!r / T , where T is the period or the time required for the plane to complete one revolution.
2! r 2 ! (2850 m)
T=
=
= 160 s
v
110 m/s
35.
L’accelerazione centripeta è ac = v 2 / r , dove v = (2! r )/ T , quindi
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2
! 2! r $
#
&
2
3
v2 " T %
4!2 r 4' 2,6 (10 m
ac = =
= 2 =
= 0,79 m/s 2
2
r
r
T
360 s
(
(
)
)
36.
In 0,40 s il tergicristallo spazza un angolo di 90°, che corrisponde a un quarto della circonferenza:
percorre quindi uno spazio pari a 14 (2! r ). Quindi v = 14 2!r / t = !r / 2t , da cui
( )
( )
! !r $2
# &
2
v 2 " 2t %
!2 r ! 0,45 m
ac =
=
=
=
= 6,9 m/s2
2
2
r
r
4t
4 0,40 s
(
(
)
)
37.
In entrambi i casi l’accelerazione centripeta è ac = v 2 / r . Quindi,
2
acA
vA
/ rA
= 2
acB
vB / rB
da cui:
vA
r
120 m
= A =
= 0,71
vB
rB
240 m
38.
v2
ac =
r
2
v
v 2 81,92 m 2 /s 2
r= =
=
= 228 m
a 3g
29,4 m/s 2
39.
aC1 4!2 r1 / T 2 r1 6,7 m
=
= =
= 2,2
aC2 4!2 r2 / T 2 r2 3,0 m
40.
a2
=
4 ! 2 r2 / T22
=
r2 / T22
→
r1 / T12
! 0,050 m $
r
2
2
a2 = a1 2 = 120 m/s 2 #
& = 2,0 '10 m/s
r1
0,030
m
"
%
a1
4 ! 2 r1 / T12
(
)
41.
2!
2!
da cui T =
= 1,4 s; la frequenza è l’inverso del periodo, per cui
T
!
1
f = = 0,71 Hz
T
!=
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42.
L’ampiezza del moto armonico coincide col raggio della circonferenza
A = r = 0,25 m
v
0,86 m/s
2!r
=
= 0,55 Hz
v=
= 2!rf da cui f =
2!r 1,57 m
T
43.
ω = 2πf da cui
f =
!
2"
" ! % " 7, 54 (10 4 rad/s %
4
N = ft = $ ' t = $
' ( 2,5 s) = 3, 00 (10
# 2! & #
2!
&
44.
La velocità massima del moto armonico si ha quando l’oggetto attraversa il centro dell’oscillazione.
In tal punto la sua velocità v è uguale alla velocità del moto circolare uniforme che genera il moto
armonico: allora
2!r 2! !1,5 m
v=
=
= 5,9 m/s
T
1,6 s
45.
2!r
= 2!rf
T
v
2,8 m/s
= 0,93 Hz
f =
=
2!r 6,28 ! 48 !10-2 m
v=
46.
a = ! 2 r dove ! =
(
)
2! 6,28
=
= 5,71 rad/s,
T 1,1 s
→
2
a = 5,71 rad/s ! 0,70 m = 23 m/s 2
47.
L’ampiezza del moto armonico coincide col raggio della circonferenza su cui si muove il punto:
2!r 6,28 ! 0,65 m
2! 6,28
T=
=
= 1,7 s → ! =
=
= 3,7 rad/s
v
2,4 m/s
T 1,7 s
(
)
2
a = ! 2 r = 3,7 rad/s " 0,65 m = 8,9 m/s 2
48.
Dal grafico si rileva che:
- l’ampiezza del moto è 0,080m;
- T = 4,0 s →
2!
2!
!=
=
= 1,6 rad/s
T 4,0 s
- per t = 1,0 s l’oggetto è momentaneamente fermo → v = 0 m/s;
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- per t = 1,0 s l’accelerazione è massima:
(
)(
)
2
amax = A! 2 = 0,080 m 1,6 rad/s = 0,20 m/s 2
49.
2"
= 2!f = 6,28 # 9,5Hz = 60 rad/s
T
a
25g
amax = A! 2 " A = max
=
= 0,069 m
2
2
!
60 rad/s
!=
(
)
50.
Il moto della pallina è la composizione tra un moto rettilineo uniforme in direzione orizzontale e un
moto uniformemente accelerato in verticale. Ricaviamo le componenti vx e vy.
t=
2y
2(!15,5 m)
=
= 1,78 s
ay
(–9,80 m/s 2 )
vx = v0 x = 11, 4 m/s ; v y = v0 y + a y t = !0 + (–9,80 m/s 2 )(1, 78 s) " = –17,4 m/s
#
$
da cui: v = vx2 + v 2y = (11,4 m/s)2 + (!17,4 m/s)2 = 20,8 m/s
51.
Per ricavare la velocità di lancio della sciatrice ricorriamo alla relazione v 2y = v02y + 2a y y , dove
v0 y = v0 sen 63° . Nel punto più alto della traiettoria vy = 0 → 0 = v02y + 2a y y ,
quindi v0 y = v0sen 63° = –2a y y
da cui
v0 =
–2a y y
sen 63°
=
–2(–9,80 m/s 2 )(13 m)
= 18 m/s
sen 63°
52.
Come risulta dalla figura
vy
tan ! =
vx
dove
v y = v0 y + a y t = v0 sen !0 + a y t
y
v
!
vx
e (dato che ax = 0)
vx = v0 = v0 cos! 0
vy
x
x
Quindi
tan ! =
vy
vx
=
v0 sen !0 + a y t
v0 cos!0
che, risolta in funzione di t fornisce:
v cos!0 tan ! – sen !0
29 m/s cos 36° tan 18°– sen 36°
t= 0
=
= 0,96 s
ay
–9,80 m/s2
(
) (
)(
)
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Capitolo 4 Il moto in due dimensioni
53.
Il tempo necessario per raggiungere la massima altezza è:
!v
!v sen "
t = 0y = 0
ay
ay
E, quindi, lo spostamento orizzontale risulta:
x = v0 xt = (v0 cos ! )t
da cui
# "v sen ! &
(
x = (v0 cos! ) % 0
%
(
a
y
$
'
x=!
v02 cos" sen "
ay
=!
(25,0 m/s)2cos 35,0° sen 35,0°
–9,80 m/s2
= 30,0 m
54.
Il treno si muove in direzione orizzontale e la pioggia cade in direzione verticale: i vettori velocità
sono allora legati dalla relazione
vRT
vGT = vRG tan θ = (5,0 m/s) (tan 25°) = 2,3 m/s
(R = pioggia; T = treno; G = suolo)
25°
vRG
vGT
55.
Indichiamo con H l’altezza iniziale della lattina sopra la canna del fucile. La coordinata verticale del
proiettile all’istante t è rappresentata dall’equazione
y = v0 y t ! 12 gt 2
Nello stesso istante la coordinate verticale del barattolo è
y' = (1/2)gt2
Perché il proiettile colpisca la lattina deve valere la relazione
y = H – y'
ma sappiamo anche che
y = voyt – y'.
In direzione orizzontale il proiettile viaggia per un intervallo di tempo
v0
t= x
x
che, sostituito nell’equazione precedente, da:
y = (voy/vox) x – y' = x tan θ – y’
dove abbiamo sostituito voy/vox = tan θ
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Capitolo 4 Il moto in due dimensioni
La figura mostra che, se il proiettile colpisce la lattina, H = x tan θ e, quindi, y = H – y'. I due
oggetti si trovano allora nello stesso punto allo stesso istante: il proiettile colpirà sempre la lattina.
56.
Il campione compie un giro completo in un tempo T = 2π r/v. La velocità si ottiene dalla:
v2 = rac = (5,00 ⋅ 10–2 m)(6,25 ⋅ 103)(9,80 m/s2) = 55,3 m/s
Quindi
T = 2π (5,00 ⋅ 10–2 m) / (55,3 m/s) = 5,68 ⋅ 10–3 s = 9,47 ⋅ 10–5 min
E, di conseguenza, il numero di giri in un minuto è:
N = 1/T = 10 600 giri/min
57.
v 2 (2!r / T )2 4!2 r
ac = =
= 2 dove T = (1/617) s = 1,62 ⋅ 10-3s
r
r
T
2
4! (0,020 m)
ac =
= 3,0 !105 m / s 2
"3
2
(1,62 !10 s)
Come multiplo di g, questa accelerazione vale:
" 1,00 g %
ac = 3,0 !105 m / s 2 $
= 3,1!104 g
2'
9,80
m/s
#
&
(
)
58.
A = 45,0 cm = 0,450 m
2"
2"
!=
=
= 3,31 rad /s
T 1,90 s
(
)(
)
vmax = A! = 0,450 m 3,31 rad /s = 1,49 m /s
59.
vmax = ! A = (2! f )A = 2!(2,0 "1012 Hz)(1,1"10 -11 m) = 140 m/s
(
)
(
amax = ! 2 A = 4!2 f 2 A = 4!2 2,0 "102 Hz
) (1,1"10 ) m = 1,7 "10
2
#11
15
m/s 2
Olimpiadi della fisica
1. E
2. A
3. C
4. Per la lancetta dei minuti si ha v = ωr rad/h con ω = 2 π rad/h mentre per la lancetta delle ore
si ha v/18 = ω’r’ con ω’= 4 π rad/d (h e d sono rispettivamente i simboli delle unità “ora” e
“giorno”). Sostituendo v si ottiene:
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Capitolo 4 Il moto in due dimensioni
"r
1 "
1 2! rad/h
1 d
1 24 h
# r! =
r=
24 cm =
24 cm =
24 cm = 16 cm
18
18 "!
18 4! rad/d
18 2 h
18 2 h
Test di ammissione all’Università
1. A
2. A
3. A
4. B
5. D
6. E
7. C
8. A
9. C
10. E
"!r ! =
Prove d’esame all’Università
1. B
2. B
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