Esercitazione n° 2 FISICA SPERIMENTALE I (C.L. Ing. Edi.) (Prof. Gabriele Fava)A.A. 2010/2011 Cinematica 1. Due auto A e B viaggiano con la stessa velocità v0 = 72 km/h su una strada piana e rettilinea, a distanza d l’una dall’altra. ad un certo istante t = 0 il guidatore dell’auto di testa A frena con accelerazione costante aA < 0, e l’auto si arresta dopo un tratto s0 = 50 m. Il guidatore dell’auto B a sua volta inizia la frenata con un ritardo τ = 0,4 s e l’auto procede con accelerazione costante aB . Calcolare: (a) l’accelerazione aA ; (b) il valore minimo di d affinché le auto non si urtino se aB = aA ; (c ) la velocità di urto tra le due auto se aB = 0,5 aA e d = 8,68 m. t=0 d v0 aA a’ B v0 A O s t=τ d v0 aA a’ B aB O v0 A s (a) Le equazioni del moto di A sono: vA = v0 – aA t ; sA = d + v0 t – ½ aA t2 ed essa si arresta all’istante t1 = v0 / aA , in corrispondenza sA – d = s0 = 50 m , per cui aA = 4 m/s2 (opposta a v0) e t1 = 5 s . 1 (b) Il moto di B per t ≤ τ è dato da vB = v0 ; sB = v0 t , mentre per il tempo t ≥ τ le equazioni diventano vB = v0 – aB (t – τ) ; sB = v0 t – ½ aB (t – τ)2 . Dato che aA = aB, affinché non avvenga l’urto occorre che B giunga con velocità minore di v0 nel punto in cui A ha iniziato a rallentare, cioè d deve essere maggiore dello spazio che B percorre nell’intervallo di tempo che va da t = 0 a t = τ. La condizione perciò è d > v0 τ = 8 m. (c) In questo caso risultano aB = 2 m/s2 e d = 8,68 m . La condizione di urto si traduce nell’equazione sA (t2) = sB (t2) , essendo t2 l’istante dell’urto stesso, cioè: d + v0 t2 – ½ aA t22 = v0 t2 – ½ aB (t2 – τ)2 da cui t2 = 2,6 s . Al tempo t2 : vA = v0 – aA t2 = 9,6 m/s ; vB = v0 – aB (t2 – τ) = 15,6 m/s (d) La velocità relativa al momento dell’urto vale vr = vB – vA = 6 m/s . 2 2. Un sasso viene lanciato da terra con una velocità v0 = 20 m/s. (a) Calcolare per quali valori dell’angolo di lancio il sasso passa per il punto R di coordinate xR = 30 m, yR = 7 m. (b) Determinare le componenti tangenziale e radiale della accelerazione nel generico punto P(x,y) della traiettoria. y g vo O voy α vox x (a) x = v0x t v0x = v0 cosα y = v0y t – ½ gt2 v0y = v0 senα Le equazioni del moto sono Ricavando t dalla prima equazione e sostituendo nella seconda si ottiene l’equazione cartesiana della traiettoria: g y x tg 2 x 2 che risulta essere una parabola con asse 2 2v0 cos verticale e concavità rivolta verso il basso. 1 1 tg 2 , sostituendo nell’equazione della 2 cos traiettoria e imponendo il passaggio per il punto R, si ottiene: Ricordando che yR xR tg g 2 1 tg 2 xR e con i valori dati 2 2v0 11 tg2 α – 30 tgα + 18 = 0 tgα = 1,84 tgα = 0,89 α = 61,5° α = 41,7° 3 (b) In generale dv v 2 a n dt r dv at è l’accelerazione dove dt v2 an è l’accelerazione normale (centripeta) . tangenziale e r Nel nostro caso vx = v0x = v0 cosα ; vy = v0y – gt = v0 senα – gt , per cui v v x2 v y2 v02 2v0 sen gt g 2t 2 dv at Dunque dt v0 g sen g 2 t v02 2v0 gt sen g 2 t 2 Per trovare l’accelerazione normale occorre ricordare che, data la curva di equazione y = f(x), per il raggio di curvatura vale la relazione: d2y dx 2 1 3 r 2 2 dy 1 dx Nel nostro caso si ottiene gv0 cos 1 r v02 2 gt v0 sen g 2t 2 v02 2 gtv0 sen g 2t 2 per cui gv0 cos v2 an . r v02 2 gt v0 sen g 2t 2 4 3. Un corpo si muove con velocità costante in modulo lungo una traiettoria parabolica di equazione y = b x2 con b costante positiva. Determinare le componenti della velocità e dell’accelerazione in funzione di x, calcolando in particolare l’accelerazione del corpo in x = 0. Determinare inoltre l’espressione del raggio di curvatura. v α Con riferimento alla figura, si ha: v tg v v y v sen v x v cos ; 1 tg 2 1 tg 2 dy 2bx arctg 2bx , cosicché il valore di α varia da e dato che tg dx punto a punto. Le componenti della velocità diventano: vx x v 1 4b 2 x 2 ; v y x 2bvx 1 4b 2 x 2 Da queste espressioni si ricavano le componenti della accelerazione: dvx dvx dx dvx 4b 2 v 2 x a x x vx dt dx dt dx 1 4b 2 x 2 dv y dx dv y 2bv 2 a y x vx dt dx dt dx 1 4b 2 x 2 dv y 2 2 Nell’origine x = y = 0 ; vx = v ; vy = 0 ; ax = 0 ; ay = 2bv2, dal che si vede che l’accelerazione è puramente centripeta. Si osservi che ciò non è caratteristico della sola origine, ma è vero ovunque, essendo il moto uniforme. Il modulo della accelerazione è ax 1 4b x r x 2 cui 2b 2 3 a a 2 x 2 y 2bv 2 1 4b x 2 2 3 2 v2 an , da r 2 , raggio di curvatura; in particolare r (0) = 1 / 2b. 5 4. Una sferetta viene lanciata dalla origine degli assi nello stesso istante in cui un’altra sferetta viene lasciata cadere dal punto di coordinate ( x0 , y0 ). (a) Dimostrare che, se la prima sferetta viene lanciata verso il punto di partenza della seconda, le due si incontrano con qualunque valore della velocità di lancio della prima. (b) Determinare le coordinate ( xi , yi ) del punto di incontro in funzione della velocità di lancio. (a) le equazioni relative al moto delle due sferette sono: Pallina lanciata x1 = v0x t = v0 cosα ∙ t ; y1 = voy t – ½ g t2 = v0 senα ∙ t – ½ g t2 Pallina lasciata cadere x2 = x0 ; y2 = y0 – ½ g t2 y0 tg Inoltre si ha x0 La condizione per l’incontro è data da: x1 = x2 ; y1 = y2 per lo stesso valore di t, cioè v0 cosα ∙ t = x0 v0 senα ∙ t – ½ g t2 = y0 – ½ g t2 v0 sen t y 0 da cui si ricava v cos t x tg e, quindi, l’incontro nelle 0 0 condizioni date avviene sempre. x0 y0 (b) Le coordinate del punto di incontro al tempo ti v cos v sen 0 0 sono: xi = x0 ; gx02 yi y 0 2 2v0 cos 2 . 6 5. Un’asta AC di lunghezza d si può muovere con gli estremi vincolati a scorrere lungo gli assi x e y rispettivamente. Se il punto A si muove con velocità costante vA , calcolare: (a) la velocità e l’accelerazione del punto C; (b) il moto del punto B posto a metà dell’asta. d 2 2 2 2 2 La posizione del punto C è data da xC = 0 ; yC d x A d v At , dyC v A2 t x Av A vC dt d 2 v A2 t 2 d 2 x A2 quindi dvC v A2 d 2 aC dt d 2 v A2 t 2 3 2 d v A2 d 2 2 x A2 3 2 Il punto B ha coordinate xB = xA / 2 , yB = yC / 2 xB2 + yB2 = d2 / 4, e quindi B si muove su una circonferenza di centro O (0,0) e raggio d / 2. percorsa in verso orario. Calcoliamo ora velocità e accelerazione di B. v Bx dx B 1 dx A v A dyB 1 dyC vC v By dt 2 dt 2 dt 2 dt 2 ; aBx dv dvBx 1 dv A 1 dvC aC 0 ; aBy By dt 2 dt 2 dt 2 dt x d cos x B A 2 2 y d sen yB C , 2 2 d d vA sen derivando la (A) si ottiene (C) e sostituendo in 2 dt 2 d d d v A sen y B essa la (B) si ha da cui 2 dt dt 2 d v v vA A A velocità angolare non costante, 2 2 2 dt 2 yB yC d vA t E poiché (A) e quindi moto vario. 7 (B) 6. Una pallina, lanciata con velocità v0 dall’estremo A di una guida circolare liscia di raggio R, la abbandona all’altro estremo C. Dati R = 10 cm e v0 = 5 m/s, calcolare: a) la velocità della pallina nel punto C; b) il punto G dell’asse x in cui essa cade. vCx = v0 cos 60° g vCy = v0 sen 60° (a) ZH = h = R cos 60° = R / 2 ; vC2 = v02 + 2gh = v02 + gR vC = 5,1 m/s (b) x = xC + vCx t (I) con xC = R sen 60° Oltre il punto C y = yC + vCy t – ½ gt2 (II) con yC = R cos 60° Nel punto G di caduta yG = 0 per cui la (II) diventa: 0 = yC + vCy tv – ½ gtv2 dove tv è il tempo di volo > 0. Si ricava tv = 1,5 s e in corrispondenza a questo tempo dalla (I) segue xG = xC + vCx tV = 3,88 m . 8 7. Dalla quota h0 = 5 m si lancia orizzontalmente una pallina di gomma con velocità v0 = 10 m/s. (a) Calcolare la gittata s1 , la velocità di arrivo a terra e l’angolo α che questa forma col terreno all’istante dell’urto. (b) Sapendo che nell’urto le due componenti della velocità diminuiscono del 20% , calcolare l’altezza massima raggiunta dopo il primo rimbalzo e la distanza s 2 da O del successivo punto di arrivo della pallina a terra. g x = v0 t Le equazioni del moto sono y = h0 – ½ gt2 Ricavando t dalla prima equazione e sostituendo nella seconda si ottiene l’equazione cartesiana della traiettoria: g y h0 2 x 2 che risulta essere una parabola con asse verticale, 2v0 vertice sull’asse y e concavità rivolta verso il basso. (a) Quando la pallina tocca terra y = 0, per cui la gittata si ottiene 2h g 2 s v 10 m . 0 h s 1 0 0 1 2 dall’equazione g 2v0 9 Le componenti della velocità in tale istante sono: vx v0 10 m / s ; v y 2 gh 10 m / s , per cui vx tg vy 3 1 vx 4 vy (b) Nell’urto le componenti della velocità diventano vy* v *x 8 m / s v*y 8 m / s vx* 2h 1 s il tempo di volo della pallina, successivamente g Essendo t v all’urto si ha: x = s1 + vx* (t – tv) ; y = vy* (t – tv) – ½ g (t – tv)2 vx = vx* ; vy = vy* - g (t – tv) In corrispondenza alla quota massima la componente vy = 0 e ciò si verifica nell’istante t = tv + vy* / g , in corrispondenza le coordinate della pallina sono: 2 v *x v *y v*x x1 s1 16,4 m y1 hMAX 3,2 m 2g g Infine s2 = s1 + 2 (x1 – s1) = 22,8 m . 10 8. Si consideri un triangolo equilatero ABC di lato l = 10 m. All’istante t = 0 due punti materiali partono contemporaneamente dal vertice A, P1 lungo il lato AB con accelerazione a1 = 2 m/s2, P2 lungo AC con a2 = 1,5 m/s2. Dopo un tempo τ un terzo punto P3 inizia a muoversi sul lato BC, di moto armonico con centro in H, pulsazione ω, ampiezza s0 = ½ l. Si determini il valore che debbono assumere τ ed ω affinché il terzo punto tocchi successivamente gli altri due al passaggio di essi rispettivamente per i punti B e C. Equazioni orarie: P1 s 1 = ½ a 1 t2 tempo per giungere in B t1 2l a1 P2 s 2 = ½ a 2 t2 tempo per giungere in C t2 2l a2 P3 s3 = s0 sen ω (t – τ) prendendo positivo il verso da H a B. Perché si abbiano le coincidenze richieste dal problema dovrà essere: s0 sen ω (t1 – τ) = s0 (contatto con P1) s0 sen ω (t2 – τ) = − s0 (contatto con P2) Dividendo membro a membro si ottiene: 11 ω (t1 – τ) = π/2 + 2n1π (I) ω (t2 – τ) = 3/2 π + 2n2π (II) t 2 3 4n 2 t1 1 4n1 da cui t1 3 4n2 t 2 1 4n1 (III). 2 4 n2 n1 Dato che dalla (I) si ottiene 2 2n1 t1 sostituendo in essa la (III) si ha: 1 2 n2 n1 . t 2 t1 Dovendo essere ω > 0 ed essendo t2 > t1 dato che a2 < a1 dovrà risultare n2 – n1 = numero intero ≥ 0. Si avranno allora ∞2 soluzioni n1 = 0, 1, 2, 3, ……. ; n2 = n1, n1 +1, n1 +2, n1 +3,….. Nel caso particolare in cui n2 – n1 = 0, cioè n2 = n1 risulta: t 2 t1 T = 2 (t2 – t1) 1 3t1 t 2 2 P3 toccherà P1 e P2 nel corso di una semioscillazione. 12 9. Un corpo puntiforme C si muove con velocità costante v lungo un’asta rigida AB che, a sua volta, ruota sul piano della figura con velocità angolare costante ω attorno al suo estremo A. Se all’istante t = 0 il punto C si trova in A, determinare le componenti dei suoi vettori posizione, velocità e accelerazione rispetto al sistema Oxy fisso, con origine in A e asse delle x coincidente con la direzione dell’asta al tempo t = 0. y B r θ=ωt O≡A r ≡ rx = v t cos ωt x v ≡ ry = v t sen ωt a ≡ vx = v cos ωt – v ω t sen ωt vy = v sen ωt + v ω t cos ωt ax = - 2 v ω sen ωt – v ω2 t cos ωt ay = 2 v ω cos ωt - v ω2 t sen ωt 13