Esercizio 1

TESTI
Esercizio 1
Camminando sui binari di un tratto di ferrovia su cui si stanno eseguendo dei lavori, una
persona sente dei colpi di martello in lontananza sulle traversine di ferro. Sa che il suono si
propaga con velocità di vF=5.2 km/s nel ferro e con velocità vA=0.34 km/s nell’aria. Se
appoggia l’orecchio sui binari sente il suono di un colpo di martello 2.3 s prima di quanto
non lo avverta nell’aria. Quanto sono lontani i lavoratori?
Esercizio 2
Una pietra scivola giù per un pendio regolare con accelerazione costante. Parte da ferma e
copre 1 metro in un secondo.
a) Qual è la sua accelerazione?
b) Qual è la sua velocità 2s dopo la partenza?
c) Quanto lontana va la pietra dopo 3s dalla partenza?
d) Qual è la distanza coperta tra 3s e 4s?
Esercizio 3
L’altezza della Torre di Pisa è 54.6 m. Una pietra è lasciata cadere da ferma dalla cima.
Trascurando la resistenza dell’aria, si determini:
a) quanto tempo impiega ad arrivare a terra;
b) con che velocità raggiunge il suolo.
Esercizio 4
Una particella si muove lungo una linea retta con legge oraria x (t ) = 5t − 20t 2 , dove x è
espressa in metri e t in secondi.
a) L’accelerazione è costante?
b) Qual è il valore dell’accelerazione?
c) Qual è la velocità iniziale della particella?
d) La particella torna mai al punto che occupava al tempo t=0s?
e) Qual è la massima distanza positiva percorsa dalla particella?
f) A quale tempo il moto si inverte?
Esercizio 5
State su una collina e vedete un taglialegna che colpisce con l’accetta un albero ogni 4
secondi. Voi, mentre vedete, in simultanea sentite l’urto dell’accetta. Sapendo che la
velocità del suono nell’aria è pari a 340 m/s, quanto lontano da voi è il taglialegna? E’
l’unica risposta?
Esercizio 6
Avete una distanza D da percorrere.
1
a) Se ∆t e il tempo che impiegate e per ∆t
costante v 1 e per ∆t
2
(metà del tempo) viaggiate con velocità
2
viaggiate con velocità costante v 2 , quanto vale la velocità
media < v > ?
b) Se per D (metà del percorso) viaggiate con velocità costante v 1 e per il rimanente
2
D viaggiate con velocità costante v 2 , quanto vale la velocità media < v > ?
2
Si faccia un esempio numerico.
Esercizio 7
⎡1 ⎤
Una particella ha velocità v (x ) = cx dove c è una costante di dimensioni ⎢ ⎥ (inverso di
⎣T ⎦
un tempo) e x è la distanza percorsa. Determinare l’accelerazione e dire se essa è costante.
Rispondere alla stessa domanda nel caso in cui sia v 2 (x ) = hx essendo h una costante di
⎡L ⎤
dimensioni ⎢ 2 ⎥ .
⎣T ⎦
Esercizio 8
Riportare in grafico le seguenti coppie di punti:
x
y
-3
-7
-2.5 -5.7
-2
-4
-1.5 -2.4
-1 -0.93
-0.5 0.56
0
2.1
0.5 3.5
1
5.1
1.5 6.5
2
8
2.5 9.5
3
11
a) Verificare che i punti si dispongono approssimativamente lungo una retta e
determinarne l’equazione (coefficiente angolare e ordinata all’origine).
b) Calcolare graficamente la derivata della funzione nel punto di ascissa x = 2 .
c) Calcolare graficamente l’integrale della funzione tra gli estremi x 1 = 1.5 e x 2 = 2.5 .
d) Controllare i risultati ottenuti ai punti b) e c) con quelli ottenuti analiticamente
calcolando derivata e integrale utilizzando l’equazione della retta determinata al
punto a).
Esercizio 9
2
Riportare in grafico le seguenti coppie di punti:
x
y
-3
8.4
-2.5 5.4
-2
3.6
-1.5
2
-1
0.79
-0.5 0.30
0 0.087
0.5 0.24
1
1.1
1.5
2.1
2
3.6
2.5
5.6
3
8.1
Rispondere ai quesiti posti nell’esercizio 8 notando che, in questo caso, i punti non si
dispongono lungo una retta.
Esercizio 10
Un corpo si muove lungo una traiettoria rettilinea coincidente con l’asse x con
accelerazione a = 10m / s 2 costante nel tempo. Determinare, al tempo t = 10s ,
a) la posizione del corpo, noto che all’istante t = 0s , la posizione iniziale è nulla
( x (t = 0s ) = 0m ) e la velocità iniziale è nulla (v (t = 0s ) = 0m / s );
b) la posizione del corpo se la sua posizione iniziale è x (t = 0s ) = 10m e la sua
velocità iniziale è v (t = 0s ) = −5m / s .
Esercizio 12
Si può dimostrare che se un corpo si muove lungo una traiettoria rettilinea con
accelerazione costante, la sua velocità media, ad ogni istante, può essere ottenuta come
media aritmetica di due valori qualsiasi di velocità istantanea. Dimostrare quanto scritto
utilizzando le equazioni del moto.
Esercizio 13
Un corpo si muove lungo una circonferenza di raggio R = 5m sul piano (x,y). La legge
oraria per le componenti del vettore posizione x(t) e y(t), ∀t , è data da
3
x (t ) = 5 cos(0.7t )
y (t ) = 5 sin(0.7t )
a) Quali sono le dimensioni di 0.7 nelle equazioni orarie?
b) Trovare la velocità e l’accelerazione (modulo e dipendenza dal tempo) ∀t .
c) Trovare dopo quanto tempo dall’istante iniziale il corpo ripassa per la posizione
iniziale.
Esercizio 15
Un’automobile viaggia verso Est per 50 km, poi verso Nord per altri 30 km, infine piega di
30° (rispetto al Nord) verso Est e percorre ancora 25 km. Tracciare uno schizzo che illustri i
vettori spostamento e determinare modulo, direzione e verso del vettore spostamento
complessivo dell’auto.
Esercizio 16
Una particella viaggia a velocità costante su un cerchio di raggio R = 3 m compiendo un
giro (rivoluzione) ogni 20 secondi. Per t = 0 s la particella passa per il punto O alla base
della circonferenza (vedi figura). Trovare il vettore posizione (componenti nel sistema di
riferimento in figura avente origine in O, modulo e angolo rispetto all’asse x positivo)
rispetto al punto O agli istanti di tempo t = 5 s , t = 7.5 s e t = 10 s . Calcolare inoltre la
velocità vettoriale media nell’intervallo di tempo [5 s , 10 s ] , la velocità vettoriale
istantanea a t = 5 s e t = 10 s e le corrispondenti accelerazioni centripete (componenti,
modulo e angolo rispetto all’asse x positivo).
4
Esercizio 18
Un satellite viaggia intorno alla Terra su un’orbita circolare alla quota h=640 km al di
sopra della superficie terrestre. Il periodo di rivoluzione è T=98 minuti e l’orbita è percorsa
con velocità angolare costante. Determinare la velocità angolare, la velocità periferica con
la quale viene percorsa la traiettoria e il valore dell’accelerazione centripeta. Si supponga
che il raggio della Terra sia RT = 6370 km .
Esercizio 19
La giostra di un luna-park ruota intorno al proprio asse verticale a velocità costante. La
velocità di una persona che si trova sul bordo della giostra è in modulo pari a
v = 3.66 ms −1 . Per ciascuna di queste situazioni istantanee dire a che distanza dal centro si
trova la persona e in che direzione
a) subisce un’accelerazione a1 = 1.83 ms −2 verso E
b) subisce un’accelerazione a1 = 1.83 ms −2 verso S.
Esercizio 21
Sapendo che il periodo di rivoluzione T di un pianeta intorno al Sole è una funzione di G
(costante di gravitazione universale, dimensioni M −1L3T −2 ), di R (distanza pianeta-Sole) e
della massa del Sole M S , determinare la dipendenza di T da queste tre grandezze (terza
legge di Keplero).
[
]
5
Esercizio 23
Una particella A si sposta sulla retta di equazione y = 30 m a velocità costante
v A = 3 iˆ m / s ovvero diretta come la direzione positiva dell’asse x. Una seconda particella
passa per l’origine degli assi, con velocità nulla e accelerazione avente modulo
r
aB = 0.4 ms −2 e che forma un angolo θ (da determinare) con l’asse x. Quale deve essere il
valore di θ affinché si verifiche una collisione tra le due particelle?
Esercizio 24
r
Un pallone viene calciato da terra con velocità iniziale il cui modulo è v 0 = 19.5 m / s e
che forma un angolo di α = 45° rispetto al piano orizzontale. Nello stesso istante un
calciatore, che si trova a D = 55 m di distanza, scatta per intercettare il pallone. Che
velocità media deve avere per raggiungerlo nel momento in cui il pallone cade a terra?
Esercizio 26
r
La posizione di un corpo è descritta dal vettore r (t ) le cui componenti a t = 0 s sono date
(x 0 = −5m ; y 0 = −6m ; z 0 = 2m ) e al tempo t = 10 s sono date da
da
(x 10 = −2m ; y 10 = 6m ; z 10 = 2m ) . Determinare il vettore spostamento in termini di
componenti, modulo, direzione e verso e il vettore velocità media nell’intervallo [0s , 10s ] .
Esercizio 27
Trovare il vettore somma (in termini di componenti e in termini di modulo, direzione e
r
r
verso) dei tre vettori seguenti: a tale che a = 10 m e che forma un angolo di 25° in verso
r
r
anti-orario rispetto all’asse x positivo; b tale che b = 12 m e che forma un angolo di 10°
r
r
in verso orario rispetto all’asse x positivo; c tale che c = 5 m e che forma un angolo di
20° in verso anti-orario rispetto all’asse y positivo.
6
SOLUZIONI
Esercizio 1
Se D è la distanza dei lavoratori, sarà t F =
d
il tempo che impiega il suono a propagarsi
vF
d
il tempo che impiega il suono a propagarsi nell’aria. Dai dati del
vA
problema risulta quindi t A = t F + 2.3s ossia
d
d
= t F + 2.3 =
+ 2.3
tA =
vA
vF
nel ferro e t A =
da cui
⎛1
d ⎜⎜
⎝v A
−
⎛v − v A ⎞
1 ⎞
v v
⎟⎟ = 2.3 ⇒ d ⎜⎜ F
⎟⎟ = 2.3 ⇒ d = 2.3 A F = 836.7m
vF ⎠
v F −v A
⎝ v Av F ⎠
Esercizio 2
a) Il moto è uniformemente accelerato. Sia x la direzione del moto con l’asse x
orientato lungo il pendio nel verso della discesa e avente origine coincidente con il
punto in cui la pietra inizia la discesa (posizione iniziale). Poiché la pietra parte da
ferma la sua velocità iniziale è nulla e quindi l’equazione oraria si scrive
1
x (t ) = at 2
2
da cui si ricava
2x (t ) 2 ⋅ 1m
a =
= 2 2 = 2m / s 2
2
t
1s
b) Risulta
v (t ) = at
⇒ v (t = 2s ) = 2
m
⋅ 2s = 4m / s
s2
c) Si ha
x (t ) =
1 2
at
2
⇒
x (t = 3s ) =
1 m
⋅ 2 2 ⋅ 9s 2 = 9m
2 s
d) Si trova
1
2
x (t = 4s ) = x (t = 3s ) + at 2 , con t=1s
da cui
1 m 2 2
⋅2
⋅ 1 s = 10m
2 s2
e quindi la distanza percorsa tra 3s e 4s è data da
x (t = 4s ) − x (t = 3s ) = 10m − 9m = 1m
x (t = 4s ) = 9m +
7
Esercizio 3
Il moto è di caduta libera con accelerazione costante g = 9.8 m / s 2 . Si consideri l’asse z
orientato verso il basso con origine nel punto in cui la pietra viene lasciata cadere.
a) Si ha
1
z (t ) = z 0 + v 0t + gt 2
2
v (t ) = v 0 + gt
con z 0 = 0 m (posizione iniziale) e v 0 = 0 m / s (velocità iniziale).
Detto TC il tempo impiegato dalla pietra a raggiungere il suolo e detta H l’altezza
della torre di Pisa, risulta
1
2H
z (TC ) = gTC2 = H ⇒ TC =
= 3.34 s
2
g
b) Risulta
v (TC ) = gTC = 32.73 m / s
Esercizio 4
a) Risulta
dx
= (5 − 40t ) m / s
dt
a (t ) = −40 m / s 2
pertanto l’accelerazione non dipende dal tempo ed è dunque costante.
b) Il valore (costante) dell’accelerazione è − 40 m / s 2 .
c) Si ha
v (t = 0s ) = v 0 = 5 m / s (velocità iniziale)
d) La posizione iniziale (ossia per t = 0 s ) della particella è
x (t = 0s ) = 0 m
ma, d’altra parte, risulta x = 0 m quando
x = 5t − 20t 2 = 0 m ⇒ t (5 − 20t ) = 0 m
che ammette soluzioni
t = 0 s (posizione iniziale)
v (t ) =
5
s = 0.25 s
20
e quindi la particella ritorna nella posizione occupata all’inizio dopo 0.25 s.
e) Per rispondere alla domanda notiamo che la velocità iniziale della particella v 0 è
positiva e che, essendo l’accelerazione negativa, nel corso del moto la velocità
decresce fino ad annullarsi per poi diventare negativa. L’inversione del moto si
verifica all’istante di tempo T i corrispondente all’istante in cui la velocità diventa
nulla:
5
v (T i ) = 5 − 40T i = 0 ⇒ T i =
s = 0.125 s
40
t =
8
Per t > T i la velocità diventa negativa e aumenta in valore assoluto. Lo
spostamento x (t ) ≥ 0 solo per t ∈ [0,0.25] s ed è massimo al punto di inversione
del moto ossia per t = T i . Per tale istante risulta
x (T i ) = 5T i − 20T i 2 = 0.31 m
f) Dal punto e) precedente risulta
T i = 0.125 s
Esercizio 5
Evidentemente il suono che arriva corrisponde a un colpo già dato, che potrebbe essere o
quello di 4 secondi prima, o quello di 8 secondi prima, e così via. Se la frequenza del
taglialegna è regolare non vi è modo di saperlo.
Supponiamo che il suono avvertito corrisponda al colpo immediatamente precedente a
quello che si vede, avvero a quello dato 4 secondi prima di quello visto. In tal caso, detta
d la distanza del taglialegna, risulta
d = v at = 340 m / s ⋅ 4 s = 1360 m
La risposta potrebbe essere 1360 m ⋅ n , dove n = 1,2,3, K , ma, a meno che non si disponga
di un cannocchiale potentissimo, la prima è la più plausibile.
Esercizio 6
a) Detta d 1 la distanza percorsa nel tempo ∆t / 2 con velocità v 1 e d 2 la distanza
∆t
percorsa nel tempo ∆t / 2 con velocità v 2 , ovviamente è d = d 1 + d 2 , con d 1 = v 1
2
∆t
⎛v + v 2 ⎞
e d2 = v 2
, e quindi d = ∆t ⎜ 1
⎟ . Dalla definizione di velocità media (spazio
2
⎝ 2 ⎠
percorso diviso il tempo impiegato a percorrerlo) segue
d
v +v 2
< v >=
= 1
∆t
2
b) In modo del tutto analogo risulta ∆t 1 =
d
2v 1
e
∆t 2 =
d
2v 2
da cui segue
d ⎛1 1⎞
⎜ + ⎟ e quindi
2 ⎜⎝ v 1 v 2 ⎟⎠
∆t 1 ⎛ 1 1 ⎞ v 1 + v 2
1
2v 1v 2
=
= ⎜⎜ + ⎟⎟ =
⇒ < v >=
2 ⎝ v 1 v 2 ⎠ 2v 1v 2
<v > d
v 1 +v 2
Siano, ad esempio, v 1 = 60 km / h e v 2 = 80 km / h . Nel caso a) risulta < v >a = 70 km / h e
nel caso b) < v >b = 68.6 km / h .
∆t = ∆t 1 + ∆t 2 =
Esercizio 7
E’ necessario determinare la legge oraria x (t ) . Poiché v =
dx
segue che
dt
9
dx
dx
= cx ⇒
= c dt
dt
x
ed integrando
t
x
dx
x
c (t −t
=
c
∫x x t∫ dt ⇒ ln x 0 = c (t − t 0 ) ⇒ x = x 0e
0
0)
0
dove x 0 è la posizione occupata dalla particella al tempo t 0 . Derivando la legge oraria
rispetto al tempo si calcolano la velocità e l’accelerazione della particella:
dx
= cx 0e c (t −t )
dt
d 2 x dv
=
= c 2 x 0e c (t −t ) .
a =
dt 2
dt
Dall’ultima relazione si conclude che l’accelerazione non è costante essendo crescente
secondo una funzione esponenziale nel tempo.
Nel caso in cui sia v 2 = hx si trova in modo analogo che
x
t
dx
dx
dx
v =
= hx ⇒
= h dt ⇒ ∫
= h ∫ dt
dt
x
x
x
t
e quindi
h
(t − t 0 )
2 x − x 0 = h (t − t 0 ) ⇒
x = x0 +
2
da cui
v =
0
0
0
(
0
)
2
⎤
⎡
h
(t − t 0 )⎥ .
x = ⎢ x0 +
2
⎢⎣
⎦⎥
Dalla legge oraria si ottiene:
⎡
⎤
dx
h
(t − t 0 )⎥
v =
= h ⎢ x0 +
dt
2
⎣⎢
⎦⎥
d 2 x dv h
=
=
2
dt 2
dt
e in questo caso si trova un’accelerazione costante.
a=
Esercizio 8
10
a) La retta (linea in rosso) ha approssimativamente equazione y = 3x + 2 .
b) Calcolare la derivata equivale a valutare la pendenza della curva nell’intorno del
punto dato. Consideriamo un intorno del punto x = 2 (linee tratteggiate). La
derivata cercata sarà data da
8.4 − 7.6
y − y1
≈
≈ 2.67
d = 2
x 2 − x 1 2.15 − 1.85
c) Calcolare l’integrale tra gli estremi dati equivale a determinare l’area del trapezio
rettangolo in giallo. Tale trapezio ha basi pari a 9.5 e 6.5 e altezza pari a 1 pertanto
(9.5 + 6.5) ⋅ 1 = 8
I ≈
2
d) Utilizzando l’equazione y = 3x + 2 per la retta si ha
d =
dy
dx
=3
x =2
e
x = 2.5
2.5
⎡3
I = ∫ (3x + 2)dx = ⎢ x
⎣2
1.5
2
⎤
= 14.375 − 6.375 = 8
+ 2x ⎥
⎦ x = 1.5
11
Esercizio 9
I punti di dispongono approssimativamente lungo una parabola…
Esercizio 10
a) La legge oraria è data da
1
1
x (t ) = x 0 + v 0t + at 2 = at 2
2
2
essendo la posizione iniziale x 0 = 0 m e la velocità iniziale v 0 = 0 m / s . Si ricava
1
2
10 m / s 2 (10 s ) = 500 m
2
b) In questo caso la posizione iniziale e la velocità iniziale sono entrambe diverse da
zero, pertanto
1
2
x (t = 10 s ) = 10 m + (− 5 m / s )10 s + 10 m / s 2 (10 s ) = 460 m
2
Si noti che in questo caso il moto è inizialmente diretto verso l’origine della retta
orientata dal momento che, per t = 0 s , velocità e accelerazione hanno versi
opposti. A partire da un certo istante di tempo in poi il moto si inverte (per trovare
tale istante di tempo basta ricavare il tempo per il quale la velocità v = v 0 + at si
annulla) e da questo momento risulta diretto nel verso positivo dell’asse x.
Si riportano nelle figure l’andamento per t ∈ [0,10s ] delle funzioni v (t ) e x (t ) .
x (t = 10 s ) =
12
13
Esercizio 12
La velocità media in un intervallo generico [t 1 , t 2 ] è definita come
x (t 2 ) − x (t 1 )
v m (t 1 , t 2 ) =
t 2 − t1
Poiché in un moto uniformemente accelerato si ha
1
x (t ) = x 0 + v 0t + at 2
2
segue che
1
x (t 1 ) = x 0 + v 0t 1 + at 12
2
1
x (t 2 ) = x 0 + v 0t 2 + at 22
2
da cui
14
v m (t 1 , t 2 ) =
=
1
2
v 0 (t 2 − t 1 ) + a (t 22 − t 12 )
1
2
t 2 − t1
=v0 +
=
1
2
⎛
⎝
t 2 − t1
⎞
⎠=
x 0 + v 0t 2 + at 22 − ⎜ x 0 + v 0t 1 + at 12 ⎟
=
(t 2 − t 1 )⎡⎢v 0 + 1 a (t 2 + t 1 )⎤⎥
⎣
2
t 2 − t1
⎦ =
1
⎛v + at 1 ⎞ ⎛ v 0 + at 2 ⎞
a (t 1 + t 2 ) = ⎜ 0
⎟+⎜
⎟=
2
2
⎝ 2 ⎠ ⎝
⎠
v (t 1 ) + v (t 2 )
2
, q .e .d .
Esercizio 13
a) Le dimensioni di 0.7 sono quelle dell’inverso di un tempo (ossia di una frequenza)
dal momento che l’argomento delle funzioni sinusoidali deve essere adimensionale.
b) Derivando le equazioni orarie si ricava:
dx (t )
= −3.5 sin(0.7t )
v x (t ) =
dt
dy (t )
v y (t ) =
= 3.5 cos(0.7t )
dt
Le due relazioni precedenti forniscono le componenti della velocità in funzione del
tempo. Il modulo della velocità è dato da
r
v = v x2 + v y2 =
(3.5 )2 [sin2 (0.7t ) + cos 2 (0.7t )] = 3.5 m / s
In maniera analoga si ricavano le relazioni per l’accelerazione:
dv (t ) d 2 x (t )
=
= −2.45 cos(0.7t )
a x (t ) = x
2
dt
dt
dv (t ) d 2y (t )
=
= −2.45 sin(0.7t )
a y (t ) = y
dt
dt 2
r
a = a x2 + a y2 = 2.45 m / s 2
c) Essendo la dipendenza dal tempo delle componenti della posizione periodica, con
periodo 2π , il corpo ripasserà per la posizione iniziale ai tempi t k tale che
0.7t k = k 2π , con k = 0,1,2, K da cui si ricava
k 2π
tk =
≅ 9k s
0.7
Esercizio 15
In figura è rappresentato lo spostamento dell’auto.
16
Per componenti i tre vettori spostamento si scrivono:
r
s 1 = 50iˆ (km )
r
s 2 = 30 jˆ (km )
r
s 3 = 25 sin αiˆ + 25 cos αjˆ (km ) = 12.5iˆ + 21.6 jˆ (km )
Il vettore spostamento complessivo ha quindi componenti
r
s T = 62.5iˆ + 51.6 jˆ (km )
Il modulo di tale vettore è dato da
r
s T = s Tx2 + s Ty2 = 81.05 km
ed esso forma con l’asse E un angolo β dato da
⎛ sTy ⎞
⎛ 51.6 ⎞
⎟⎟ = arctan⎜
⎟ ≅ 40°
62
.
5
s
⎝
⎠
⎝ Tx ⎠
β = arctan⎜⎜
Esercizio 16
La particella si muove di moto circolare uniforme. La velocità angolare si può calcolare
essendo noto il periodo (T = 20 s ):
π −1
2π
=
s = 0.314 s −1 .
ω=
T
10
Assumendo come origine dei tempi l’istante al quale la particella passa per il punto O, la
legge oraria per gli angoli è
θ (t ) = ωt
r
In figura sono riportati i vettori che individuano la velocità periferica nel punto O (v 0 ) e
r
nel generico punto B a distanza angolare θ (t ) dal punto O (v ). Risulta
r
r
v 0 = v = ωR
r
r
r
mentre direzione e verso dei vettori v 0 e v sono diversi. Il vettore posizione r (t ) = OB ha
componenti x e y che si ricavano notando che ∀θ (t ) risulta
r
r (t ) = OB = OC + CB = Rjˆ + R cos α (t ) iˆ + R sin α (t ) jˆ
17
essendo α (t ) = θ (t ) −
π
. Segue dunque che
2
⎡
⎡
π ⎞⎤
π ⎞⎤
⎛
⎛
r (t ) = ⎢R cos⎜θ (t ) − ⎟⎥iˆ + ⎢R + sin⎜θ (t ) − ⎟⎥ jˆ
2 ⎠⎦
2 ⎠⎦
⎝
⎝
⎣
⎣
π
π⎤
⎡
= R ⎢cos θ (t ) cos + sin θ (t ) sin ⎥iˆ +
2
2⎦
⎣
π
π⎤
⎡
+ R ⎢1 + sin θ (t ) cos − cos θ (t ) sin ⎥ jˆ
2
2⎦
⎣
= R sin θ (t )iˆ + R (1 − cos θ (t ) ) jˆ
= (R sin ωt )iˆ + [R (1 − cos ωt )]jˆ
Risulta
θ (t = 5 s ) =
π
10
θ (t = 7.5 s ) =
θ (t = 10 s ) =
5=
π
10
π
10
π
2
7.5 =
3
π
4
10 = π
e quindi
r (t = 5 s ) = Riˆ + Rjˆ = R (iˆ + jˆ)
r (t = 7.5 s ) = R
⎛
2ˆ
2 ⎞⎟ ˆ
i + R ⎜⎜1 +
j
2
2 ⎟⎠
⎝
r (t = 10 s ) = 2Rjˆ
da cui
r (t = 5 s ) = R 1 + 1 = R 2 = 4.24 m
2
1 ⎛⎜
2 ⎞⎟
1
1
r (t = 7.5 s ) = R
=R
+1 + 2 + =
+ 1+
2 ⎜⎝
2 ⎟⎠
2
2
= R 2 + 2 = 5.54 m
r (t = 10s ) = 2R = 6 m
Il vettore velocità media nell’intervallo di tempo [5 s , 10 s ] è dato da
18
r
v m (5,10) =
r
r
r (10) − r (5)
=
(
)
(
)
− iˆ + jˆ 3 ˆ ˆ
2Rjˆ − R iˆ + jˆ
=R
= − i + j ms −1
5
5
5
10 − 5
La velocità istantanea è invece data da
r
r
dr
v (t ) =
= ωR cos ωt iˆ + ωR sin ωt jˆ = ωR cos ωt iˆ + sin ωt jˆ
(
dt
= ωR tˆ(t )
)
essendo tˆ(t ) = cos ωt iˆ + sin ωt jˆ il versore dipendente dal tempo che, istante per istante,
è tangente alla traiettoria. Risulta
r
3
π
π ⎞
⎛
v (t = 5 s ) = ωR ⎜ cos iˆ + sin jˆ⎟ = ωR jˆ = π jˆ ms −1
10
2
2 ⎠
⎝
r
3
v (t = 5 s ) = π ms −1
10
β =
π
2
(
)
r
3
v (t = 10 s ) = ωR cos π iˆ + sin π jˆ = −ωR iˆ = − π iˆ ms −1
r
v (t = 5 s ) =
10
3
π ms −1
10
β =π
Per quanto riguarda l’accelerazione centripeta risulta
r
r
dv
ac =
= ω 2R − sin ωt iˆ + cos ωt jˆ = ω 2R nˆ(t )
(
)
dt
dove nˆ(t ) = − sin ωt iˆ + cos ωt jˆ è il versore dipendente dal tempo che, istante per
istante, è normale alla traiettoria.
Esercizio 18
La velocità angolare del satellite è data da
2π
ω=
= 1.07 × 10−3 s −1 .
98 ⋅ 60 s
Il raggio dell’orbita del satellite, rispetto al centro della Terra è R = RT + h = 7010 km
quindi
v = ωR = 7501 ms −1 = 2.7 × 10 4 km / h
ac = ω 2R = 8.03 ms −1
Esercizio 19
v2
La velocità (costante) e l’accelerazione centripeta sono collegate dalla relazione ac =
R
dove R è la distanza dal centro di rotazione e v è la velocità periferica a tale distanza.
Poiché la persona si trova sul bordo della giostra, la distanza dall’asse di rotazione è data
da
v2
R =
= 7.32 m
ac
Per quanto riguarda la posizione della persona, dal momento che l’accelerazione
centripeta è sempre rivolta verso il centro, se l’accelerazione è rivolta verso e la persona si
troverà a O (caso a) mentre se l’accelerazione è rivolta verso S la persona si trova a N (caso
b).
Esercizio 21
Si vuole determinare una relazione del tipo T = f (G , R , M S ) . A tale scopo possiamo usare
l’analisi dimensionale nella ricerca di un’equazione del tipo T = G a R b M Sc richiedendo che
i due membri di tale formula abbiano le stesse dimensioni:
[
] [L ] [M ]
−2 a
b
c
= M −a +c L3a +b T −2a
Uguagliando gli esponenti delle grandezze omologhe in ambedue i membri si ricava il
sistema
M 0L0T 1 = M −1L3T
21
⎧− a + c = 0
⎪
⎨ 3a + b = 0
⎪ − 2a = 1
⎩
che ammette soluzione
⎧a = − 1
2
⎪
⎪
⎨b = 3 2
⎪
⎪c = − 1
2
⎩
e dunque la relazione cercata sarà del tipo
T = (G −1R 3M S−1 ) 2
o, in modo equivalente,
R3
2
T =
GM S
La relazione ottenuta è determinata a meno di una costante di proporzionalità.
1
Esercizio 23
La particella A si muove di moto rettilineo uniforme e le sue leggi orarie sono date da
22
x A (t ) = v At
y A (t ) = 30
La particella B si muove invece di moto rettilineo uniformemente accelerate e le sue leggi
orarie sono
1
X B (t ) = (aB cos θ )t 2
2
1
y B (t ) = (aB sin θ )t 2
2
Le due particelle si incontrano se, ad un certo istante di tempo t occupano la stessa
posizione:
1
x A (t ) = x B (t ) ⇒ v At = (aB cos θ )t 2
2
1
y A (t ) = y B (t ) ⇒ 30 = (a B sin θ )t 2
2
Dalla prima equazione, trascurando la soluzione banale t = 0 s al quale le due particelle
hanno entrambe ascissa nulla, si ricava il tempo di collisione
2v A
t =
aB cos θ
e sostituendo tale tempo nella seconda equazione si ottiene
1
(aB sin θ )⎛⎜⎜ 2v A
2
⎝ aB cos θ
2
⎞
⎟⎟ = 30
⎠
sin θ v A2
= 15
cos 2 θ aB
a
sin θ
= 15 B2
2
vA
1 − sin θ
aB 2
= . L’equazione precedente diventa
v A2 3
A sin2 θ + sin θ − A = 0
Poniamo A = 15
che ammette soluzioni
sin θ =
− 1 ± 1 + 4 A 2 ⎧⎪− 2
=⎨1
2A
⎪⎩ 2
Da cui
θ = arcsin
1
= 30°
2
Esercizio 24
Sia l’origine degli assi il punto dal quale viene lanciato il pallone. Determiniamo
innanzitutto la gittata del pallone (ossia la posizione orizzontale in cui cade il pallone) e il
tempo di volo. Le equazioni del moto del pallone sono
23
z (t ) = (v 0 sin α )t −
x (t ) = (v 0 cos α )t
1 2
gt
2
In corrispondenza del tempo di volo TV il pallone cade al suolo e quindi z (TV ) = 0 :
⎡
TV ⎢v 0 sin α −
⎣
1
2v sin α
⎤
gTV ⎥ = 0 ⇒ TV = 0
2
g
⎦
e la gittata sarà
d = x (TV ) =
2v 02 sin α cos α
g
=
v 02 sin 2α
g
Per intercettare il pallone il calciatore deve percorrere la distanza D − d nel tempo TV e
quindi deve avere velocità media
D −d
vm =
= 5.75 m / s
TV
Esercizio 26
Risulta
24
r
r0 = r (t = 0s ) = −5iˆ − 6 jˆ + 2kˆ (m )
r
r10 = r (t = 10s ) = −2iˆ + 6 jˆ + 2kˆ (m )
e quindi lo spostamento è dato da
r r
r
s = r10 − r0 = 3iˆ + 12 jˆ (m )
Il vettore spostamento è un vettore parallelo al piano z=0 (piano xy). Il suo modulo è dato
da
r
s = 9 + 144 = 153 = 12.37 m
L’angolo (orientato in verso positivo anti-orario) che tale vettore forma con l’asse x è dato
da
s
12
θ = arctan y = arctan
= arctan 4 = 76°
sx
3
Il vettore velocità media è dato da
r
r
r
∆r
s
1 r
vm =
=
=
s = 0.3iˆ + 1.2 jˆ (m / s )
∆t
∆t 10
Esercizio 27
Supponiamo che il verso anti-orario di misura degli angoli sia quello positivo. Si ha
r
r
r
a = a cos 25° iˆ + a sin 25° jˆ
r
r
r
b = b cos 10° iˆ − b sin 10° jˆ
r
r
r
c = − c sin 20° iˆ + c cos 20° jˆ
Segue che
r r r r
s = a +b +c =
r
r
r
r
r
r
= a cos 25° + b cos 10° − c sin 20° iˆ + a sin 25° − b sin 10° + c cos 20° jˆ
(
) (
)
= 19.17 iˆ + 6.84 jˆ (m )
r
s = 19.172 + 6.84 2 = 414.27 = 20.35 m
r
Poiché il vettore s ha entrambe le componenti positive, esso giacerà nel primo quadrante.
L’angolo, misurato in verso anti-orario, che esso forma con l’asse x positivo è dato da
s
6.84
θ = arctan y = arctan
= arctan 0.357 = 19.64°
sx
19.17
25