Esercitazioni 24/2/2016

Esercitazioni 24/2/2016
Esercizio 1
Un veicolo inizialmente fermo si mette in movimento su un lungo rettilineo con
accelerazione costante di modulo a1 = 900 km/h2 . Dopo un intervallo di tempo
t1 = 4 min l’accelerazione si annulla bruscamente e il moto del veicolo resta uniforme per un intervallo di tempo t2 = 10 min, dopodiché il veicolo comincia a rallentare
con accelerazione costante di modulo a2 = 1800 km/h2 . Si calcoli:
1) L’intervallo di tempo t3 impiegato dal veicolo per fermarsi e lo spazio totale percorso dal veicolo.
2) La velocità scalare media vm e l’accelerazione scalare media am del veicolo
sull’intero percorso.
Soluzione 1
Il moto del veicolo è unidimensionale e uniformemente accelerato, quindi le equazioni
che andremo ad usare sono
v = v0 + at
1
s = s0 + v0 t + at2
2
Per 0 < t ≤ t1 avremo
(1)
1
s = a1 t2
2
(2)
1
s = a1 t21 + a1 t1 (t − t1 )
2
(3)
v = a1 t
per t1 < t ≤ t1 + t2 avremo
v = a1 t1
e infine per t1 + t2 < t ≤ t1 + t2 + t3 avremo
1
1
s = a1 t21 +a1 t1 t2 +a1 t1 [t−(t1+t2)]− a2 [t−(t1+t2)]2
2
2
(4)
1) All’istante t1 + t2 + t3 la velocità del veicolo si annulla, quindi dalla (4) segue
v = a1 t1 −a2 (t−(t1 +t2 ))
t3 =
a1
t1 = 2 min = 120 s
a2
1
(5)
Lo spazio percorso complessivamente sarà
1
1
s(t3 ) = a1 t21 + a1 t1 t2 + a1 t1 t3 − a2 t23 = 13 km
2
2
(6)
2) Nell’intervallo di tempo (0, t1 ) la velocità scalare varia linearmente col tempo e,
poiché all’istante iniziale è nulla, il suo valore medio in tale intervallo di tempo è
v(t1 )/2; nell’intervallo di tempo (t1 , t1 + t2 ) la velocità resta costante; infine, nell’intervallo di tempo di ampiezza t3 , la velocità diminuisce linearmente col tempo fino
ad annullarsi, cosicché il corrispondente valore medio v(t1 )/2. La velocità media
sull’intero percorso è allora
vm =
t1 v(t1 )/2 + t2 v(t1 ) + t3 v(t1 )/2
= 49 km/h
t1 + t2 + t3
(7)
L’accelerazione media vale
am =
t1 a1 − t3 a2
=0
t1 + t2 + t3
(8)
risultato ovvio poiché all’inizio e alla fine il veicolo possiede la stessa velocità (nulla).
Esercizio 2
Due sassi vengono lanciati verticalmente verso l’alto con velocità iniziale v0 =
50 m/s, a distanza temporale di 2.0 s l’uno dall’altro.
1) Dopo quanto tempo i due sassi si incontrano in aria?
2) Quando i sassi si incontrano, il sasso lanciato per primo ha già cominciato la fase
di discesa?
3) Se l’intervallo di tempo tra il lancio dei due sassi fosse stato di 20 s il problema
avrebbe soluzione fisicamente accettabile?
Soluzione 2
1) Il moto è unidimensionale, e scegliamo come sistema di riferimento un asse x
orientato positivamente verso l’alto. L’accelerazione è quella di gravità ed è costante,
quindi abbiamo moto uniformemente accelerato. Chiamiamo inoltre t0 il ritardo
temporale nel lancio del secondo sasso. Le leggi orarie per i due sassi sono
xA (t) = v0 t − gt2 /2
xB (t) = v0 (t − t0 ) − g(t − t0 )2 /2
(9)
La condizione di incontro è che
xA (t) = xB (t)
2
(10)
cioè che
v0 t − gt2 /2 = v0 (t − t0 ) − g(t − t0 )2 /2
(11)
che ha come soluzione t1 = 6.0 s. Sostituendo infatti nelle leggi orarie otteniamo
xA (t1 ) = xB (t1 ) = 120 m.
2) Il primo sasso incomincia la fase di discesa subito dopo aver raggiunto il punto
più alto, dove la sua velocità si annulla. L’equazione per la velocità del primo sasso
è
vA (t) = v0 − gt
(12)
che posta uguale a zero dà t2 = v0 /g = 5.1 s. Poiché t1 > t2 , il primo sasso è già in
fase di discesa quando incontra il secondo sasso. Notare che anche il secondo sasso
impiegherà un tempo t2 per raggiungere la massima altezza, ma non la raggiungerà
mai, essendo t1 < t0 + t2
3) Supponendo che il sasso parta da x = 0, se poniamo xA (t) = 0 otteniamo il
tempo che impiega il sasso a ritornare nella mano del lanciatore (assumendo per il
momento l’assenza di un secondo sasso da dover lanciare), ovvero tr = 2v0 /g = 10 s.
Se t0 = 20 s allora il problema non ha soluzione fisicamente accettabile perché il
secondo sasso verrebbe lanciato quando il primo è già tornato al punto di partenza.
Esercizio 3
Un sasso vincolato a muoversi su un piano viene lanciato con velocità v0 = 12 m/s
da una finestra alta 8.0 m dal livello del suolo. L’angolo che la velocità iniziale forma
con l’orizzontale è α = 30◦ . Trascurando la resistenza dell’aria,
1) Determinare la legge oraria.
2) Calcolare il tempo tc dal momento del lancio in cui il sasso tocca terra.
3) Calcolare la distanza xc dalla finestra a cui il sasso cade.
4) La quota massima ym raggiunta dal sasso.
Soluzione 3
1) Per ricavare la legge oraria cominciamo con scrivere l’accelerazione. Preso un
sistema di riferimento cartesiano Oxy, avremo
ay = −g
ax = 0
(13)
con g = 9.8 m/s2 accelerazione di gravità. Le condizioni iniziali per la velocità sono
vx = v0 cos(α)
vy = v0 sin(α)
(14)
per cui, integrando la (13) rispetto al tempo otteniamo l’andamento della velocità
lungo i due assi,
vy (t) = v0 sin(α) − gt
vx (t) = v0 cos(α)
3
(15)
Dalle condizioni iniziali fornite sulla posizione (x0 = 0 m e y0 = 8 m), ed integrando
la (15), otteniamo infine la legge oraria richiesta,
x(t) = v0 cos(α)t
1
y(t) = y0 + v0 sin(α)t − gt2
2
(16)
2) Quando il sasso tocca terra y(tc ) = 0. Ponendo y(t) = 0 nella seconda equazione
della (16) otteniamo
p
v0 sin(α) ∓ v02 sin2 (α) + 2gy0
t1,2 =
(17)
g
ovvero t1 = 2.0 s e t2 = −0.81 s, da cui tc = t1 poiché il tempo non può essere
negativo.
3) La distanza xc si ottiene sostituendo tc nella prima equazione della (16), dato che
la massima distanza si ha quando il sasso tocca terra.
xc = x(tc ) = v0 cos(α)tc = 20.8 m
(18)
4) Dalla (16) si nota che la legge oraria lungo l’asse y è l’equazione di una parabola
con concavità verso il basso. La quota massima si raggiungerà nel vertice della
parabola, che corrisponde ad un punto con tangente orizzontale. Dato che la derivata
della legge oraria è la velocità, nel punto di massima quota la velocità avrà solo
componente orizzontale, quindi vy = 0. Imponendo questa condizione nella seconda
equazione della (15), otteniamo innazitutto il tempo in cui la quota massima viene
raggiunta,
v0 sin(α)
= 0.61 s
(19)
tm =
g
Sostituendo nella legge oraria per la componente y otteniamo la quota massima
1
ym = y(tm ) = y0 + v0 sin(α)tm − gt2m = 1.8 m
2
(20)
Esercizio 4
Una ruota di raggio R = 50 cm gira con moto uniforme in verso orario attorno ad un
asse orizzontale passante per il suo centro O; la velocità angolare vale ω = 4.0 rad/s.
Nell’istante in cui il raggio OA forma l’angolo θ = 30◦ con l’asse x, si stacca da A
un punto materiale che dopo un certo tempo colpisce una parete distante d = 1.0 m
da O. Calcolare il tempo di volo del punto e la sua velocità nell’istante dell’urto.
4
A
R
θ
O
x
d
y
Soluzione 4
Il moto del punto è parabolico con velocità iniziale v0 = ωR = 2 m/s; le componenti
sono v0x = v0 sin(θ) = 1.0 m/s, v0y = v0 cos(θ) = 1.7 m/s. La posizione iniziale ha
le coordinate x0 = Rcos(θ) = 0.43 m, y0 = −Rsin(θ) = −0.25 m.
La proiezione del moto del punto lungo l’asse x è un moto uniforme di equazione
x = v0 t e quindi il tempo di volo è t = (d − x0 )/v0x = 0.57 s.
Al tempo t la componente y della velocità del punto è data da
vy = v0y + gt = 7.3 m/s
(21)
e quindi la sua velocità finale è
v=
q
vx2 + vy2 = 7.4 m/s
(22)
Esercizio 5
Due automobili A e B viaggiano lungo una strada rettilinea piana, a distanza d l’una
dall’altra, con la stessa velocità di modulo v0 = 72 km/h. Ad un certo istante il
guidatore dell’automobile di testa A frena, l’automobile prosegue con accelerazione
scalare costante aA e si arresta dopo un tratto l = 50 m. Per questioni di riflessi, il
guidatore dell’automobile B inizia la fermata con un ritardo τ = 0.4 s e l’automobile
prosegue con accelerazione costante aB . Si calcoli:
1) L’accelerazione aA .
2) Il valore minimo di d affinché le automobili non si urtino se aA = aB .
3) La velocità di urto tra le due automobili se aB = 0.5aA e d = 8.7 m.
5
Soluzione 5
1) Sia t = 0 l’istante in cui il guidatore A inizia a frenare. Sulla traiettoria delle
automobili si fissi un sistema di riferimento con verso positivo nel verso delle automobili e origine nella posizione occupata da B al tempo t = 0. Il moto di A si svolge
con le leggi
1
vA (t) = v0 + aA t
sA (t) = d + v0 t + aA t2
(23)
2
L’automobile si arresta all’istante t1 = −v0 /aA e quindi corrispondentemente deve
essere sA (t1 ) − d = l = 50 m. Si ottiene quindi aA = −4.0 m/s2 e t1 = 5.0 s.
2) All’istante t = τ il guidatore di B inizia la frenata e il moto dell’automobile da
uniforme diviene uniformemente ritardato. Per t < τ valgono le relazioni
vB (t) = v0
sB (t) = v0 t
(24)
mentre per t ≥ τ si ha
1
sB (t) = v0 t + aB (t − τ )2
(25)
2
Se aA = aB affinché le automobili non si urtino è necessario che d sia maggiore
dello spazio percorso da B nell’intervallo di tempo tra t = 0 e t = τ . Si ricava
d > v0 t = 8.0 m.
3) In questo caso si ha aB = −2.0 m/s2 e d = 8.7 m. L’urto avverrà ad un istante
t2 , e la condizione d’urto si ottiene imponendo sA (t2 ) = sB (t2 ), dalla quale si ricava
t2 = 2.6 s. Le due velocità saranno quindi
vB (t) = v0 + aB (t − τ )
vB (t2 ) = 15.6 m/s
vA (t2 ) = 9.6 m/s
(26)
Esercizio 6
Un fiume largo d = 1 km scorre da Sud a Nord; la velocità della corrente è
vt = 3 km/h. Una barca si stacca dal punto A sulla riva occidentale e si muove perpendicolarmente alla direzione del fiume, in modo da approdare al punto B
sulla riva opposta. Quanto tempo impiega la barca ad attraversare il fiume se la sua
velocità è di 5 km/h rispetto all’acqua?
Soluzione 6
La velocità relativa al sistema di riferimento solidale alla corrente è data da
v 0 = v − vt
(27)
ed applicando il teorema di Pitagora si ottiene v = 4 km/h. L’angolo φ tra v e
v0 è φ = arctg(vt /v) = 37◦ . La barca deve quindi avere questa angolazione per
raggiungere il punto desiderato. Il tempo impiegato per attraversare il fiume è
t = d/v = 15 min.
6