In un tubo a raggi catodici di un televisore gli elettroni attraversano una regione con moto rettilineo, sottoposti ad una accelerazione costante. Sapendo che la regione è lunga
d
{\displaystyle d\ }
v
1
{\displaystyle v_{1}\ }
v
2
{\displaystyle v_{2}\ }
Determinare: Il valore dell'accelerazione a cui sono sottoposti gli elettroni ed il tempo di attraversamento della regione stessa.
(dati del problema
d
=
5
c
m
{\displaystyle d=5\ cm\ }
v
2
=
9
⋅
10
6
m
/
s
{\displaystyle v_{2}=9\cdot 10^{6}\ m/s\ }
v
1
=
2
⋅
10
4
m
/
s
{\displaystyle v_{1}=2\cdot 10^{4}\ m/s\ }
→ Vai alla soluzione
Un'auto parte da ferma con accelerazione uguale a 4 m/s².
Si determini quanto tempo impiega a raggiungere la velocità di 120 km/h e quanto spazio percorre durante la fase di accelerazione.
→ Vai alla soluzione
Un treno parte da una stazione e si muove con accelerazione costante. Passato un certo tempo dalla partenza la sua velocità è divenuta
v
1
{\displaystyle v_{1}\ }
d
{\displaystyle d\ }
v
2
{\displaystyle v_{2}\ }
Determinare accelerazione, tempo per percorre il tratto
d
{\displaystyle d\ }
v
1
{\displaystyle v_{1}\ }
(dati del problema
d
=
160
m
{\displaystyle d=160\ m\ }
v
1
=
33
m
/
s
{\displaystyle v_{1}=33\ m/s\ }
v
2
=
40
m
/
s
{\displaystyle v_{2}=40\ m/s\ }
→ Vai alla soluzione
In un tratto speciale di un rally automobilistico un pilota deve percorrere nel tempo minimo un tratto
d
{\displaystyle d\ }
a
m
a
x
{\displaystyle a_{max}\ }
a
m
i
n
{\displaystyle a_{min}\ }
d
=
500
m
{\displaystyle d=500\ m\ }
a
m
a
x
=
2
m
/
s
2
{\displaystyle a_{max}=2\ m/s^{2}\ }
a
m
i
n
=
−
3
m
/
s
2
{\displaystyle a_{min}=-3\ m/s^{2}\ }
→ Vai alla soluzione
Una particella vibra di moto armonico semplice con ampiezza
x
0
{\displaystyle x_{0}\ }
a
0
{\displaystyle a_{0}\ }
Determinare: La velocità quando passa per il centro ed il periodo del moto.
(Dati:
x
0
=
2
m
m
{\displaystyle x_{0}=2\ mm}
a
0
=
8
×
10
3
m
/
s
2
{\displaystyle a_{0}=8\times 10^{3}\ m/s^{2}}
→ Vai alla soluzione
Due punti materiali uno in salita e l'altro in caduta libera 6. Punti materiali in verticale
modifica
Due punti materiali A e B sono disposti sulla stessa verticale, A sul pavimento e B sul soffitto, come mostrato in figura. All’istante
t
=
0
{\displaystyle t=0\ }
v
O
A
{\displaystyle v_{OA}\ }
h
{\displaystyle h\ }
v
O
A
{\displaystyle v_{OA}\ }
h
{\displaystyle h\ }
→ Vai alla soluzione
Le equazioni parametriche di un punto materiale sono
x
=
a
+
b
t
{\displaystyle x=a+bt\ }
y
=
c
t
2
{\displaystyle y=ct^{2}\ }
Determinare l'equazione della traiettoria e la velocità in modulo al tempo
t
1
{\displaystyle t_{1}\ }
(dati del problema
t
1
=
7
s
{\displaystyle t_{1}=7\ s}
a
=
0.02
m
{\displaystyle a=0.02\ m}
b
=
30
m
/
s
{\displaystyle b=30\ m/s}
c
=
3
m
/
s
2
{\displaystyle c=3\ m/s^{2}}
→ Vai alla soluzione
Un punto materiale si muove su un'orbita circolare, orizzontale di raggio
R
{\displaystyle R\ }
ω
(
t
)
=
A
t
{\displaystyle \omega (t)=A{\sqrt {t}}\ }
Determinare: a) il modulo dell'accelerazione quando
t
=
t
1
{\displaystyle t=t_{1}}
(dati del problema
A
=
2
r
a
d
s
−
3
/
2
{\displaystyle A=2\ rad\ s^{-3/2}\ }
t
1
=
0.4
s
{\displaystyle t_{1}=0.4\ s}
R
=
10
m
{\displaystyle R=10\ m}
→ Vai alla soluzione
Una palla viene lanciata verso l'alto con velocità iniziale
v
0
{\displaystyle v_{0}\ }
t
1
{\displaystyle t_{1}\ }
h
1
{\displaystyle h_{1}\ }
v
0
{\displaystyle v_{0}\ }
h
2
{\displaystyle h_{2}\ }
(dati del problema
t
1
=
0.4
s
{\displaystyle t_{1}=0.4\ s}
h
1
=
4
m
{\displaystyle h_{1}=4\ m}
→ Vai alla soluzione
Per fermare un'auto, passa prima di tutto un certo tempo di reazione per dare inizio alla frenata, poi vi è un tempo di frenata fino all'arresto. Nel lasso di tempo di reazione, si può assumere che la velocità si mantenga costante. A parità di accelerazione di frenata e tempo di reazione partendo da una velocità
v
1
{\displaystyle v_{1}\ }
d
1
{\displaystyle d_{1}\ }
v
2
{\displaystyle v_{2}\ }
d
2
{\displaystyle d_{2}\ }
Determinare: a) La decelerazione; b) il tempo di reazione del guidatore
(dati del problema
d
1
=
57
m
{\displaystyle d_{1}=57\ m}
v
1
=
80
k
m
/
h
{\displaystyle v_{1}=80\ km/h}
v
2
=
52
k
m
/
h
{\displaystyle v_{2}=52\ km/h}
d
2
=
25
m
{\displaystyle d_{2}=25\ m}
→ Vai alla soluzione
Una particella vibra di moto armonico semplice attorno all'origine. All'istante iniziale si trova in
x
1
{\displaystyle x_{1}\ }
v
1
{\displaystyle v_{1}\ }
T
{\displaystyle T\ }
(Dati:
x
1
=
20
c
m
{\displaystyle x_{1}=20\ cm}
v
1
=
0.3
m
/
s
{\displaystyle v_{1}=0.3\ m/s}
T
=
3
s
{\displaystyle T=3\ s}
→ Vai alla soluzione
Le equazioni parametriche di un punto materiale, che descrive una ellisse intorno all'origine, sono:
x
=
a
sin
ω
t
y
=
b
cos
ω
t
{\displaystyle x=a\sin \omega t\qquad y=b\cos \omega t}
Determinare, quando si è fatto un quarto di giro a partire dall'istante iniziale, quale sia la distanza dal centro, la velocità e l'accelerazione in modulo del punto materiale.
(dati del problema
a
=
2
m
{\displaystyle a=2\ m}
b
=
3
m
{\displaystyle b=3\ m}
ω
=
0.2
r
a
d
/
s
{\displaystyle \omega =0.2\ rad/s}
→ Vai alla soluzione
Le equazioni parametriche di un punto materiale che descrive una curva a spirale con partenza nell'origine, di un sistema di riferimento
(
x
,
y
)
{\displaystyle (x,y)\ }
x
=
A
t
sin
ω
t
{\displaystyle x=At\sin \omega t\ }
y
=
A
t
cos
ω
t
{\displaystyle y=At\cos \omega t\ }
Determinare: a) la distanza del punto materiale dal centro dopo un giro; b) la sua velocità in modulo dopo mezzo giro; c) la sua accelerazione in modulo dopo un giro; d) la sua accelerazione tangenziale dopo un giro.
(dati del problema
A
=
0.15
m
/
s
{\displaystyle A=0.15\ m/s}
ω
=
1.2
r
a
d
/
s
{\displaystyle \omega =1.2\ rad/s\ }
→ Vai alla soluzione
Determinare la profondità di un pozzo sapendo che il tempo tra l'istante in cui si lascia cadere un sasso, senza velocità iniziale, e quello in cui si ode il rumore, in conseguenza dell'urto del sasso con il fondo del pozzo, è
Δ
t
{\displaystyle \Delta t\ }
v
s
{\displaystyle v_{s}\ }
(dati del problema
Δ
t
=
4.8
s
{\displaystyle \Delta t=4.8\ s\ }
v
s
=
340
m
/
s
{\displaystyle v_{s}=340\ m/s\ }
→ Vai alla soluzione
15. Moto con accelerazione frenante
modifica
Un punto materiale all'istante iniziale ha una velocità
v
o
{\displaystyle v_{o}\ }
b
⋅
v
{\displaystyle b\cdot v\ }
c
{\displaystyle c\ }
t
1
{\displaystyle t_{1}\ }
c
/
2
{\displaystyle c/2\ }
(dati del problema
v
o
=
3
m
/
s
{\displaystyle v_{o}=3\ m/s\ }
c
=
150
m
{\displaystyle c=150\ m\ }
t
1
=
10
s
{\displaystyle t_{1}=10\ s\ }
→ Vai alla soluzione
Nel momento in cui un semaforo volge al verde, un'auto parte con accelerazione costante
a
{\displaystyle a\ }
v
c
{\displaystyle v_{c}\ }
(dati del problema
a
=
2.2
m
/
s
2
{\displaystyle a=2.2\ m/s^{2}\ }
v
c
=
34
k
m
/
h
{\displaystyle v_{c}=34\ km/h\ }
→ Vai alla soluzione
Una persona in piedi sul culmine di una roccia semisferica di raggio
R
{\displaystyle R\ }
v
1
{\displaystyle v_{1}\ }
a) Quale deve essere la minima velocità iniziale del pallone affinché esso non colpisca mai la roccia? b) Con questo modulo della velocità iniziale, a quale distanza dalla base della semisfera il pallone colpirà il suolo?
(dati del problema
R
=
10
m
{\displaystyle R=10\ m\ }
→ Vai alla soluzione
Un proiettile attraversa una lastra di legno di spessore
d
{\displaystyle d\ }
v
1
{\displaystyle v_{1}\ }
v
2
{\displaystyle v_{2}\ }
(dati del problema
v
1
=
720
k
m
/
h
{\displaystyle v_{1}=720\ km/h\ }
v
2
=
216
k
m
/
h
{\displaystyle v_{2}=216\ km/h\ }
d
=
3
c
m
{\displaystyle d=3\ cm\ }
→ Vai alla soluzione
→ Vai alla traccia
L'equazioni del moto dopo avere attraversato la regione, detto
t
x
{\displaystyle t_{x}\ }
d
=
1
2
a
t
x
2
+
v
1
t
x
{\displaystyle d={\frac {1}{2}}at_{x}^{2}+v_{1}t_{x}\ }
Mentre la velocità diviene:
v
2
=
a
t
x
+
v
1
{\displaystyle v_{2}=at_{x}+v_{1}\ }
Sono due equazioni in due incognite
a
{\displaystyle a\ }
t
x
{\displaystyle t_{x}\ }
t
x
{\displaystyle t_{x}\ }
d
=
1
2
(
v
2
−
v
1
)
2
a
+
v
1
v
2
−
v
1
a
{\displaystyle d={\frac {1}{2}}{\frac {(v_{2}-v_{1})^{2}}{a}}+v_{1}{\frac {v_{2}-v_{1}}{a}}\ }
Da cui:
a
=
1
2
d
(
v
2
2
−
v
1
2
)
=
8.1
⋅
10
14
m
/
s
2
{\displaystyle a={\frac {1}{2d}}(v_{2}^{2}-v_{1}^{2})=8.1\cdot 10^{14}\ m/s^{2}\ }
e quindi
t
x
=
v
2
−
v
1
a
=
11
×
10
−
9
=
11
n
s
{\displaystyle t_{x}={\frac {v_{2}-v_{1}}{a}}=11\times 10^{-9}=11\ ns\ }
→ Vai alla traccia
Troviamo per prima cosa la velocità espressa in
m
/
s
{\displaystyle m/s}
120
k
m
/
h
=
33.33
m
/
s
{\displaystyle 120km/h=33.33m/s}
Poiché il moto è uniformemente accelerato la velocità è regolata dalla legge
v
(
t
)
=
v
(
0
)
+
a
t
{\displaystyle v(t)=v(0)+at}
v
(
0
)
{\displaystyle v(0)}
0
{\displaystyle 0}
t
=
v
a
=
8.33
s
{\displaystyle t={\frac {v}{a}}\ =8.33\ s\ }
Inoltre per un moto uniformemente accelerato la legge del moto è
s
(
t
)
=
s
(
0
)
+
v
(
0
)
t
+
1
/
2
a
t
2
{\displaystyle s(t)=s(0)+v(0)t+1/2at^{2}}
Fissiamo il punto
s
(
0
)
=
0
{\displaystyle s(0)=0}
t
=
8.33
s
{\displaystyle t=8.33s}
x
(
t
)
=
1
2
a
t
2
=
139
m
{\displaystyle x(t)={\frac {1}{2}}\ at^{2}=139\ m\ }
→ Vai alla traccia
Assunta come origine delle coordinate spaziali la stazione e del tempo l'istante di partenza.
L'equazioni del moto sono:
x
=
1
2
a
t
2
{\displaystyle x={\frac {1}{2}}at^{2}\ }
v
=
a
t
{\displaystyle v=at\ }
Dai dati del problema:
v
1
=
a
t
1
{\displaystyle v_{1}=at_{1}\ }
v
2
=
a
t
2
{\displaystyle v_{2}=at_{2}\ }
da cui:
t
1
=
v
1
a
{\displaystyle t_{1}={\frac {v_{1}}{a}}\ }
t
2
=
v
2
a
{\displaystyle t_{2}={\frac {v_{2}}{a}}\ }
Imponendo che:
d
=
1
2
a
t
2
2
−
1
2
a
t
1
2
=
1
2
a
(
v
2
2
−
v
1
2
)
{\displaystyle d={\frac {1}{2}}at_{2}^{2}-{\frac {1}{2}}at_{1}^{2}={\frac {1}{2a}}(v_{2}^{2}-v_{1}^{2})\ }
a
=
1
2
d
(
v
2
2
−
v
1
2
)
=
1.6
m
/
s
2
{\displaystyle a={\frac {1}{2d}}(v_{2}^{2}-v_{1}^{2})=1.6\ m/s^{2}\ }
Il tempo per fare il tratto
d
{\displaystyle d\ }
t
=
t
2
−
t
1
=
v
2
a
−
v
1
a
=
4.4
s
{\displaystyle t=t_{2}-t_{1}={\frac {v_{2}}{a}}-{\frac {v_{1}}{a}}=4.4\ s\ }
La distanza dalla stazione di partenza:
t
1
=
20.7
s
{\displaystyle t_{1}=20.7\ s\ }
d
1
=
1
2
a
t
1
2
=
341
m
{\displaystyle d_{1}={\frac {1}{2}}at_{1}^{2}=341\ m\ }
→ Vai alla traccia
Perché il tempo di percorrenza sia il minimo deve essere un moto accelerato fino alla massima velocità e poi decelerato fino a fermarsi: non si deve avere una velocità costante. Quindi è un moto accelerato e decelerato.
Definisco
t
1
{\displaystyle t_{1}\ }
t
2
{\displaystyle t_{2}\ }
v
m
a
x
=
a
m
a
x
t
1
=
−
a
m
i
n
t
2
{\displaystyle v_{max}=a_{max}t_{1}=-a_{min}t_{2}\ }
da cui:
R
=
t
1
t
2
=
−
a
m
i
n
a
m
a
x
=
1.5
{\displaystyle R={\frac {t_{1}}{t_{2}}}=-{\frac {a_{min}}{a_{max}}}=1.5\ }
Imponendo che lo spazio percorso sia
d
{\displaystyle d\ }
1
2
a
m
a
x
t
1
2
+
v
m
a
x
t
2
+
1
2
a
m
i
n
t
2
2
=
d
{\displaystyle {\frac {1}{2}}a_{max}t_{1}^{2}+v_{max}t_{2}+{\frac {1}{2}}a_{min}t_{2}^{2}=d\ }
1
2
a
m
a
x
R
2
t
2
2
−
a
m
i
n
t
2
2
+
1
2
a
m
i
n
t
2
2
=
d
{\displaystyle {\frac {1}{2}}a_{max}R^{2}t_{2}^{2}-a_{min}t_{2}^{2}+{\frac {1}{2}}a_{min}t_{2}^{2}=d\ }
1
2
t
2
2
(
R
2
a
m
a
x
−
a
m
i
n
)
=
d
{\displaystyle {\frac {1}{2}}t_{2}^{2}(R^{2}a_{max}-a_{min})=d\ }
t
2
2
=
2
d
R
2
a
m
a
x
−
a
m
i
n
{\displaystyle t_{2}^{2}={\frac {2d}{R^{2}a_{max}-a_{min}}}\ }
t
2
=
2
d
R
2
a
m
a
x
−
a
m
i
n
=
11.55
s
{\displaystyle t_{2}={\sqrt {\frac {2d}{R^{2}a_{max}-a_{min}}}}=11.55\ s\ }
t
1
=
R
t
2
=
17.32
s
{\displaystyle t_{1}=Rt_{2}=17.32\ s\ }
v
m
a
x
=
a
m
a
x
t
1
=
34.64
m
/
s
=
124.56
k
m
/
h
{\displaystyle v_{max}=a_{max}t_{1}=34.64\ m/s=124.56\ km/h\ }
→ Vai alla traccia
Dai dati del problema:
x
=
x
0
sin
(
ω
t
)
{\displaystyle x=x_{0}\sin(\omega t)\ }
v
=
x
0
ω
cos
(
ω
t
)
{\displaystyle v=x_{0}\omega \cos(\omega t)\ }
a
=
−
x
0
ω
2
sin
(
ω
t
)
{\displaystyle a=-x_{0}\omega ^{2}\sin(\omega t)\ }
Quindi:
ω
=
a
0
x
0
=
2000
r
a
d
/
s
{\displaystyle \omega ={\sqrt {\frac {a_{0}}{x_{0}}}}=2000\ rad/s}
Quindi nella posizione centrale:
v
0
=
x
0
ω
=
x
0
a
0
=
4
m
/
s
{\displaystyle v_{0}=x_{0}\omega ={\sqrt {x_{0}a_{0}}}=4\ m/s\ }
T
=
2
π
ω
=
2
π
x
0
a
0
=
3.14
×
10
−
3
s
{\displaystyle T={\frac {2\pi }{\omega }}=2\pi {\sqrt {\frac {x_{0}}{a_{0}}}}=3.14\times 10^{-3}\ s\ }
6. Punti materiali in verticale
modifica
→ Vai alla traccia
Conviene definire un sistema di riferimento con un asse verticale y, avente origine in corrispondenza del pavimento. Le leggi orarie per le posizioni di A e B in tale sistema di riferimento sono:
y
A
(
t
)
=
v
0
A
t
−
1
2
g
t
2
{\displaystyle y_{A}(t)=v_{0A}t-{\frac {1}{2}}gt^{2}\ }
y
B
(
t
)
=
h
−
1
2
g
t
2
{\displaystyle y_{B}(t)=h-{\frac {1}{2}}gt^{2}\ }
Al momento dell'urto
t
1
{\displaystyle t_{1}\ }
y
A
(
t
1
)
=
y
B
(
t
1
)
{\displaystyle y_{A}(t_{1})=y_{B}(t_{1})\ }
v
0
A
t
1
−
1
2
g
t
1
2
=
h
−
1
2
g
t
1
2
⇒
t
1
=
h
v
0
A
{\displaystyle v_{0A}t_{1}-{\frac {1}{2}}gt_{1}^{2}=h-{\frac {1}{2}}gt_{1}^{2}\Rightarrow t_{1}={\frac {h}{v_{0A}}}\ }
ovvero si pone un vincolo al tempo dell’incontro, che in particolare è pari al tempo che impiegherebbe A per coprire la distanza
h
{\displaystyle h\ }
v
0
A
{\displaystyle v_{0A}\ }
t
1
{\displaystyle t_{1}\ }
t
1
{\displaystyle t_{1}\ }
v
A
(
t
1
)
=
v
0
A
−
g
t
i
≥
0
⇒
v
0
A
≥
g
t
1
{\displaystyle v_{A}(t_{1})=v_{0A}-gt_{i}\geq 0\Rightarrow v_{0A}\geq gt_{1}\ }
Sostituendo l'espressione di
t
1
{\displaystyle t_{1}\ }
v
0
A
≥
g
h
v
0
A
⇒
v
0
A
≥
g
h
{\displaystyle v_{0A}\geq g{\frac {h}{v_{0A}}}\Rightarrow v_{0A}\geq {\sqrt {gh}}\ }
→ Vai alla traccia
Eliminando il tempo tra le due equazioni:
y
=
c
b
2
(
x
−
a
)
2
{\displaystyle y={\frac {c}{b^{2}}}(x-a)^{2}\ }
cioè l'equazione di una parabola.
Derivando rispetto al tempo l'equazioni parametriche:
v
x
=
b
{\displaystyle v_{x}=b\ }
v
y
=
2
c
t
{\displaystyle v_{y}=2ct\ }
quindi il modulo della velocità:
v
(
t
)
=
b
2
+
4
c
2
t
2
{\displaystyle v(t)={\sqrt {b^{2}+4c^{2}t^{2}}}\ }
che per
t
=
t
o
{\displaystyle t=t_{o}\ }
v
(
t
o
)
=
b
2
+
4
c
2
t
o
2
=
51.6
m
/
s
{\displaystyle v(t_{o})={\sqrt {b^{2}+4c^{2}t_{o}^{2}}}=51.6\ m/s\ }
→ Vai alla traccia
a)
Nel moto circolare non uniforme vi è una accelerazione tangenziale
a
T
=
R
d
ω
d
t
=
1
2
A
R
t
1
=
15.8
m
/
s
2
{\displaystyle a_{T}=R{\frac {d\omega }{dt}}={\frac {1}{2}}{\frac {AR}{\sqrt {t_{1}}}}=15.8\ m/s^{2}}
assieme a quella centripeta (che è pesente anche nel moto circolare uniforme):
a
c
=
ω
2
R
=
A
2
t
R
=
16
m
/
s
2
{\displaystyle a_{c}=\omega ^{2}R=A^{2}tR=16\ m/s^{2}}
quindi in modulo:
|
a
|
=
a
T
2
+
a
c
2
=
22.5
m
/
s
2
{\displaystyle |a|={\sqrt {a_{T}^{2}+a_{c}^{2}}}=22.5\ m/s^{2}}
b)
Dai dati del problema essendo:
ω
=
d
θ
d
t
=
A
t
{\displaystyle \omega ={\frac {d\theta }{dt}}=A{\sqrt {t}}}
Che integrata diviene:
θ
=
2
A
3
t
3
/
2
+
θ
o
{\displaystyle \theta ={\frac {2A}{3}}t^{3/2}+\theta _{o}}
Imponendo che:
2
π
=
2
A
3
t
3
/
2
{\displaystyle 2\pi ={\frac {2A}{3}}t^{3/2}\ }
t
=
2.8
s
{\displaystyle t=2.8\ s}
→ Vai alla traccia
L'equazione del moto è:
x
=
v
o
t
−
1
2
g
t
2
{\displaystyle x=v_{o}t-{\frac {1}{2}}gt^{2}\ }
Essendo
x
=
h
1
{\displaystyle x=h_{1}\ }
t
=
t
1
{\displaystyle t=t_{1}\ }
h
1
=
v
o
t
1
−
1
2
g
t
1
2
{\displaystyle h_{1}=v_{o}t_{1}-{\frac {1}{2}}gt_{1}^{2}\ }
v
o
=
2
h
1
+
g
t
1
2
2
t
1
=
12
m
/
s
{\displaystyle v_{o}={\frac {2h_{1}+gt_{1}^{2}}{2t_{1}}}=12\ m/s}
La massima altezza viene raggiunta quando
v
(
t
2
)
=
0
{\displaystyle v(t_{2})=0\ }
v
o
=
g
t
2
{\displaystyle v_{o}=gt_{2}\ }
t
2
=
1.22
s
{\displaystyle t_{2}=1.22\ s}
Ad una altezza di:
h
2
=
v
o
t
2
−
1
2
g
t
2
2
=
7.3
m
{\displaystyle h_{2}=v_{o}t_{2}-{\frac {1}{2}}gt_{2}^{2}=7.3\ m}
→ Vai alla traccia
Nel caso generale: la velocità iniziale è
v
{\displaystyle v\ }
t
r
{\displaystyle t_{r}\ }
t
{\displaystyle t\ }
d
{\displaystyle d\ }
a
{\displaystyle a\ }
d
=
v
t
r
+
v
t
−
1
2
a
t
2
{\displaystyle d=vt_{r}+vt-{\frac {1}{2}}at^{2}\ }
Posso determinare il tempo di frenata dei due casi, dalla condizione che la velocità si annulli, cioè:
v
1
−
a
t
1
=
0
{\displaystyle v_{1}-at_{1}=0\ }
v
2
−
a
t
2
=
0
{\displaystyle v_{2}-at_{2}=0\ }
Da cui ricavo che
t
1
=
v
1
/
a
{\displaystyle t_{1}=v_{1}/a\ }
t
2
=
v
2
/
a
{\displaystyle t_{2}=v_{2}/a\ }
Dalle equazione dei due moti:
d
1
=
v
1
t
r
+
v
1
t
1
−
1
2
a
t
1
2
=
v
1
t
r
+
v
1
2
2
a
{\displaystyle d_{1}=v_{1}t_{r}+v_{1}t_{1}-{\frac {1}{2}}at_{1}^{2}=v_{1}t_{r}+{\frac {v_{1}^{2}}{2a}}\ }
d
2
=
v
2
t
r
+
v
2
t
2
−
1
2
a
t
2
2
=
v
2
t
r
+
v
2
2
2
a
{\displaystyle d_{2}=v_{2}t_{r}+v_{2}t_{2}-{\frac {1}{2}}at_{2}^{2}=v_{2}t_{r}+{\frac {v_{2}^{2}}{2a}}}
Risolvendo il sistema nelle due incognite
a
{\displaystyle a\ }
t
r
{\displaystyle t_{r}\ }
a)
a
=
1
2
v
1
2
v
2
−
v
1
v
2
2
v
2
d
1
−
v
1
d
2
=
4.66
m
/
s
2
{\displaystyle a={\frac {1}{2}}{\frac {v_{1}^{2}v_{2}-v_{1}v_{2}^{2}}{v_{2}d_{1}-v_{1}d_{2}}}=4.66\ m/s^{2}}
b)
t
r
=
d
2
v
2
−
1
2
v
2
a
=
0.18
s
{\displaystyle t_{r}={\frac {d_{2}}{v_{2}}}-{\frac {1}{2}}{\frac {v_{2}}{a}}=0.18\ s}
→ Vai alla traccia
La pulsazione del moto vale:
ω
=
2
π
T
=
2.1
r
a
d
/
s
{\displaystyle \omega ={\frac {2\pi }{T}}=2.1\ rad/s}
Mentre posso scrivere in generale che:
x
(
t
)
=
x
o
sin
(
ω
t
+
φ
)
{\displaystyle x(t)=x_{o}\sin(\omega t+\varphi )\ }
ed:
v
(
t
)
=
x
o
ω
cos
(
ω
t
+
φ
)
{\displaystyle v(t)=x_{o}\omega \cos(\omega t+\varphi )\ }
Dalle condizioni iniziali:
x
1
=
x
o
sin
(
φ
)
{\displaystyle x_{1}=x_{o}\sin(\varphi )\ }
v
1
=
x
o
ω
cos
(
φ
)
{\displaystyle v_{1}=x_{o}\omega \cos(\varphi )\ }
Facendo il rapporto:
tan
(
φ
)
=
x
1
ω
v
1
{\displaystyle \tan(\varphi )={\frac {x_{1}\omega }{v_{1}}}\ }
φ
=
0.95
r
a
d
=
54
o
{\displaystyle \varphi =0.95\ rad=54^{o}\ }
La massima elongazione vale:
x
o
=
x
1
sin
φ
=
0.25
m
{\displaystyle x_{o}={\frac {x_{1}}{\sin \varphi }}=0.25\ m}
Mentre la velocità si annulla quando a partire dall'istante iniziale:
ω
t
1
+
φ
=
π
2
{\displaystyle \omega t_{1}+\varphi ={\frac {\pi }{2}}\ }
t
1
=
0.3
s
{\displaystyle t_{1}=0.3\ s}
→ Vai alla traccia
Per compiere un quarto di giro occorre che:
ω
t
1
=
π
/
2
{\displaystyle \omega t_{1}=\pi /2\ }
essendo:
v
x
=
a
ω
cos
ω
t
{\displaystyle v_{x}=a\omega \cos \omega t\ }
v
y
=
−
b
ω
sin
ω
t
{\displaystyle v_{y}=-b\omega \sin \omega t\ }
ed
a
x
=
−
a
ω
2
sin
ω
t
{\displaystyle a_{x}=-a\omega ^{2}\sin \omega t\ }
a
y
=
−
b
ω
2
cos
ω
t
{\displaystyle a_{y}=-b\omega ^{2}\cos \omega t\ }
dopo 1/4 di giro si ha che
sin
ω
t
1
=
1
{\displaystyle \sin \omega t_{1}=1\ }
cos
ω
t
1
=
0
{\displaystyle \cos \omega t_{1}=0\ }
x
(
t
1
)
=
a
{\displaystyle x(t_{1})=a\ }
y
(
t
1
)
=
0
{\displaystyle y(t_{1})=0\ }
d
=
a
=
2
m
{\displaystyle d=a=2\ m\ }
e
v
x
(
t
1
)
=
0
{\displaystyle v_{x}(t_{1})=0\ }
v
y
(
t
1
)
=
−
b
ω
{\displaystyle v_{y}(t_{1})=-b\omega \ }
|
v
|
=
b
ω
=
0.6
m
/
s
{\displaystyle |v|=b\omega =0.6\ m/s\ }
e
a
x
(
t
1
)
=
−
a
ω
2
{\displaystyle a_{x}(t_{1})=-a\omega ^{2}\ }
a
y
(
t
1
)
=
0
{\displaystyle a_{y}(t_{1})=0\ }
|
a
|
=
a
ω
2
=
0.08
m
/
s
2
{\displaystyle |a|=a\omega ^{2}=0.08\ m/s^{2}\ }
→ Vai alla traccia
a)
t
g
=
2
π
ω
=
5.2
s
{\displaystyle t_{g}={\frac {2\pi }{\omega }}=5.2\ s\ }
quindi la distanza dal centro dopo un giro è:
d
=
y
(
t
g
)
=
A
2
π
ω
=
0.78
m
{\displaystyle d=y(t_{g})={\frac {A2\pi }{\omega }}=0.78\ m\ }
b)
Le componenti della velocità sono:
v
x
=
A
sin
ω
t
+
A
t
ω
cos
ω
t
{\displaystyle v_{x}=A\sin \omega t+At\omega \cos \omega t\ }
v
y
=
A
cos
ω
t
−
A
t
ω
sin
ω
t
{\displaystyle v_{y}=A\cos \omega t-At\omega \sin \omega t\ }
Per fare mezzo giro impiega un tempo pari a:
t
m
=
π
ω
{\displaystyle t_{m}={\frac {\pi }{\omega }}\ }
Dopo mezzo giro:
v
x
(
t
m
)
=
−
A
t
m
ω
=
−
A
π
v
y
(
t
m
)
=
−
A
{\displaystyle v_{x}(t_{m})=-At_{m}\omega =-A\pi \qquad v_{y}(t_{m})=-A\ }
Quindi
|
v
(
t
m
)
|
=
v
x
(
t
m
)
2
+
v
y
(
t
m
)
2
=
A
π
2
+
1
=
0.49
m
/
s
{\displaystyle |v(t_{m})|={\sqrt {v_{x}(t_{m})^{2}+v_{y}(t_{m})^{2}}}=A{\sqrt {\pi ^{2}+1}}=0.49\ m/s\ }
c)
La accelerazione ha componenti:
a
x
=
2
A
ω
cos
ω
t
−
A
t
ω
2
sin
ω
t
{\displaystyle a_{x}=2A\omega \cos \omega t-At\omega ^{2}\sin \omega t\ }
a
y
=
−
2
A
ω
sin
ω
t
−
A
t
ω
2
cos
ω
t
{\displaystyle a_{y}=-2A\omega \sin \omega t-At\omega ^{2}\cos \omega t\ }
Dopo un giro:
a
x
=
2
A
ω
{\displaystyle a_{x}=2A\omega \ }
a
y
=
−
A
t
g
ω
2
=
−
A
2
π
ω
{\displaystyle a_{y}=-At_{g}\omega ^{2}=-A2\pi \omega \ }
In modulo:
|
a
(
t
g
)
|
=
2
A
ω
1
+
π
2
=
1.19
m
/
s
2
{\displaystyle |a(t_{g})|=2A\omega {\sqrt {1+\pi ^{2}}}=1.19\ m/s^{2}\ }
d)
Il versore tangenziale dopo un giro è diretto come la velocità:
v
x
(
t
g
)
=
A
2
π
{\displaystyle v_{x}(t_{g})=A2\pi \ }
v
y
(
t
g
)
=
A
{\displaystyle v_{y}(t_{g})=A\ }
u
^
t
x
(
t
g
)
=
2
π
4
π
2
+
1
{\displaystyle {\hat {u}}_{tx}(t_{g})={\frac {2\pi }{\sqrt {4\pi ^{2}+1}}}\ }
u
^
t
y
(
t
g
)
=
1
4
π
2
+
1
{\displaystyle {\hat {u}}_{ty}(t_{g})={\frac {1}{\sqrt {4\pi ^{2}+1}}}\ }
a
t
(
t
g
)
=
a
x
u
^
t
x
+
a
y
u
^
t
y
=
2
A
ω
2
π
4
π
2
+
1
−
A
2
π
ω
1
4
π
2
+
1
=
2
π
A
ω
4
π
2
+
1
=
0.18
m
/
s
2
{\displaystyle a_{t}(t_{g})=a_{x}{\hat {u}}_{tx}+a_{y}{\hat {u}}_{ty}=2A\omega {\frac {2\pi }{\sqrt {4\pi ^{2}+1}}}-A2\pi \omega {\frac {1}{\sqrt {4\pi ^{2}+1}}}={\frac {2\pi A\omega }{\sqrt {4\pi ^{2}+1}}}=0.18\ m/s^{2}\ }
La componente centripeta è prevalente e vale (mettiamo il segno meno per indicare che è diretta verso il centro):
a
c
(
t
g
)
=
−
a
(
t
g
)
2
−
a
t
(
t
g
)
2
=
−
1.17
m
/
s
2
{\displaystyle a_{c}(t_{g})=-{\sqrt {a(t_{g})^{2}-a_{t}(t_{g})^{2}}}=-1.17\ m/s^{2}\ }
→ Vai alla traccia
Indico con
h
{\displaystyle h\ }
t
c
{\displaystyle t_{c}\ }
t
s
{\displaystyle t_{s}\ }
Δ
t
=
t
c
+
t
s
{\displaystyle \Delta t=t_{c}+t_{s}\ }
t
s
=
Δ
t
−
t
c
{\displaystyle t_{s}=\Delta t-t_{c}\ }
Calcolo la profondità del pozzo in base all'equazione del moto
del suono (moto rettilineo uniforme):
h
=
v
s
t
s
=
v
s
Δ
t
−
v
s
t
c
{\displaystyle h=v_{s}t_{s}=v_{s}\Delta t-v_{s}t_{c}\ }
Calcolo la profondità del pozzo in base all'equazione del moto del sasso (moto uniforme accelerato):
h
=
1
2
g
t
c
2
=
1
2
g
t
c
2
{\displaystyle h={\frac {1}{2}}gt_{c}^{2}={\frac {1}{2}}gt_{c}^{2}\ }
Eguagliando le due equazioni trovate, si ha:
1
2
g
t
c
2
=
v
s
Δ
t
−
v
s
t
c
{\displaystyle {\frac {1}{2}}gt_{c}^{2}=v_{s}\Delta t-v_{s}t_{c}\ }
1
2
g
t
c
2
+
v
s
t
c
−
v
s
Δ
t
=
0
{\displaystyle {\frac {1}{2}}gt_{c}^{2}+v_{s}t_{c}-v_{s}\Delta t=0\ }
Che ha due soluzioni, l'unica che ha senso fisico è quella positiva (la negativa determina un tempo che precede il lancio):
t
c
=
−
v
s
+
v
s
2
+
2
v
s
Δ
t
g
g
≈
4.51
s
{\displaystyle t_{c}={\frac {-v_{s}+{\sqrt {v_{s}^{2}+2v_{s}\Delta tg}}}{g}}\approx 4.51\ s\ }
Quindi la profondità del pozzo, sostituendo il valore di
t
c
{\displaystyle t_{c}\ }
h
=
1
2
g
t
2
≈
100
m
{\displaystyle h={\frac {1}{2}}gt^{2}\approx 100\ m\ }
15. Moto con accelerazione frenante
modifica
→ Vai alla traccia
a) Il moto di questo punto materiale può essere considerato un moto
rettilineo smorzato esponenzialmente dato che è caratterizzato da una decelerazione che è pari a:
−
a
=
b
⋅
v
{\displaystyle -a=b\cdot v\ }
−
d
v
d
t
=
b
⋅
v
{\displaystyle -{\frac {dv}{dt}}=b\cdot v\ }
Cioè è una equazione differenziale in cui si possono separare le variabili:
d
v
v
=
−
b
d
t
{\displaystyle {\frac {dv}{v}}=-bdt\ }
Che integrata il primo membro tra
v
o
{\displaystyle v_{o}}
v
′
{\displaystyle v'}
0
{\displaystyle 0}
t
′
{\displaystyle t'}
∫
v
o
v
′
d
v
v
=
−
∫
0
t
′
b
d
t
{\displaystyle \int _{v_{o}}^{v'}{\frac {dv}{v}}=-\int _{0}^{t'}bdt\ }
ln
v
′
v
o
=
−
b
t
′
{\displaystyle \ln {\frac {v'}{v_{o}}}=-bt'\ }
Cambiando il nome alle variabili, facendo l'esponenziale dei due membri:
v
=
v
o
e
−
b
t
{\displaystyle v=v_{o}e^{-bt}\ }
Tale equazione può essere espressa come:
d
x
d
t
=
v
o
e
−
b
t
{\displaystyle {\frac {dx}{dt}}=v_{o}e^{-bt}\ }
Separando le variabili:
d
x
=
v
o
e
−
b
t
d
t
{\displaystyle dx=v_{o}e^{-bt}dt\ }
Che integrata su una distanza generica x':
∫
0
x
′
d
x
=
∫
0
t
′
v
o
e
−
b
t
d
t
{\displaystyle \int _{0}^{x'}dx=\int _{0}^{t'}v_{o}e^{-bt}dt\ }
L'equazione del moto è:
x
′
=
v
o
b
(
1
−
e
−
b
t
′
)
{\displaystyle x'={\frac {v_{o}}{b}}\left(1-e^{-bt'}\right)\ }
Imponendo che
t
′
=
∞
{\displaystyle t'=\infty }
x
′
=
c
{\displaystyle x'=c}
c
=
v
o
b
{\displaystyle c={\frac {v_{o}}{b}}\ }
b
=
v
o
c
=
0.02
s
−
1
{\displaystyle b={\frac {v_{o}}{c}}=0.02\ s^{-1}\ }
Quindi l'equazione del moto è:
x
′
=
c
(
1
−
e
−
b
t
′
)
{\displaystyle x'=c\left(1-e^{-bt'}\right)\ }
Quindi dopo
t
1
=
10
s
{\displaystyle t_{1}=10\ s}
x
(
t
1
)
=
c
(
1
−
e
−
b
t
1
)
=
27
m
{\displaystyle x(t_{1})=c\left(1-e^{-bt_{1}}\right)=27\ m\ }
b)
Il legame tra la generica velocità e lo spazio eliminando il tempo dalle espressioni della velocità e dello spazio:
x
=
−
c
v
o
v
+
c
{\displaystyle x=-{\frac {c}{v_{o}}}v+c\ }
Per
x
=
c
/
2
{\displaystyle x=c/2\ }
v
=
v
o
2
=
1.5
m
/
s
{\displaystyle v={\frac {v_{o}}{2}}=1.5\ m/s\ }
→ Vai alla traccia
L'istante in cui la macchina sorpassa il camion è quando:
1
2
a
t
2
=
v
c
t
{\displaystyle {\frac {1}{2}}at^{2}=v_{c}t\ }
t
=
2
v
c
a
{\displaystyle t={\frac {2v_{c}}{a}}\ }
a)
quindi la distanza è:
d
=
v
c
t
=
2
v
c
2
a
=
81
m
{\displaystyle d=v_{c}t={\frac {2v_{c}^{2}}{a}}=81\ m\ }
b)
La velocità dell'auto in quel momento vale:
v
=
a
t
=
2
v
c
=
18.8
m
/
s
=
68
k
m
/
h
{\displaystyle v=at=2v_{c}=18.8\ m/s=68\ km/h\ }
→ Vai alla traccia
Detto
z
{\displaystyle z\ }
x
{\displaystyle x\ }
x
=
v
1
t
{\displaystyle x=v_{1}t\ }
z
=
R
−
1
2
g
t
2
{\displaystyle z=R-{\frac {1}{2}}gt^{2}\ }
a)
Quindi la traiettoria parabolica (eliminando il tempo) è descritta dalla equazione:
z
=
R
−
1
2
g
x
2
v
1
2
{\displaystyle z=R-{\frac {1}{2}}g{\frac {x^{2}}{v_{1}^{2}}}\ }
Mentre l'equazione della semisfera vale:
z
2
+
x
2
=
R
2
{\displaystyle z^{2}+x^{2}=R^{2}\ }
perché non tocchi mai occorre che:
(
R
−
1
2
g
x
2
v
1
2
)
2
+
x
2
>
R
2
{\displaystyle \left(R-{\frac {1}{2}}g{\frac {x^{2}}{v_{1}^{2}}}\right)^{2}+x^{2}>R^{2}\ }
Cioè:
R
2
−
g
x
2
R
v
1
2
+
g
2
x
4
4
v
1
4
+
x
2
>
R
2
{\displaystyle R^{2}-{\frac {gx^{2}R}{v_{1}^{2}}}+{\frac {g^{2}x^{4}}{4v_{1}^{4}}}+x^{2}>R^{2}\ }
g
2
x
4
4
v
1
4
+
x
2
>
g
x
2
R
v
1
2
{\displaystyle {\frac {g^{2}x^{4}}{4v_{1}^{4}}}+x^{2}>{\frac {gx^{2}R}{v_{1}^{2}}}\ }
La parabola ha il minimo raggio di curvatura nel punto più alto. Per cui da quel momento in poi
il raggio di curvatura aumenta. Quindi la condizione va posta per
x
→
0
{\displaystyle x\rightarrow 0\ }
v
1
2
>
g
R
{\displaystyle v_{1}^{2}>gR\ }
per cui la minima velocità vale:
v
1
=
g
R
=
9.9
m
/
s
{\displaystyle v_{1}={\sqrt {gR}}=9.9\ m/s\ }
Allo stesso risultato si arrivava imponendo che sul culmine della parabola l'unica accelerazione era quella centripeta causata dalla accelerazione di gravità: per cui si ottiene il raggio di curvatura (minimo) della parabola.
b)
Il punto in cui tocca terra è quello per cui:
0
=
R
−
g
x
1
2
2
v
1
2
=
R
−
g
x
1
2
2
g
R
{\displaystyle 0=R-g{\frac {x_{1}^{2}}{2v_{1}^{2}}}=R-g{\frac {x_{1}^{2}}{2gR}}\ }
x
1
=
2
R
{\displaystyle x_{1}={\sqrt {2}}R\ }
Quindi la distanza dalla base vale:
d
=
x
1
−
R
=
(
2
−
1
)
R
=
4.14
m
{\displaystyle d=x_{1}-R=({\sqrt {2}}-1)R=4.14\ m\ }
→ Vai alla traccia
L'equazioni del moto dopo avere attraversato la regione, detto
t
x
{\displaystyle t_{x}\ }
d
=
1
2
a
t
x
2
+
v
1
t
x
{\displaystyle d={\frac {1}{2}}at_{x}^{2}+v_{1}t_{x}\ }
v
2
=
a
t
x
+
v
1
{\displaystyle v_{2}=at_{x}+v_{1}\ }
Sono due equazioni in due incognite
a
{\displaystyle a\ }
t
x
{\displaystyle t_{x}\ }
a)
d
=
1
2
(
v
2
−
v
1
)
2
a
+
v
1
v
2
−
v
1
a
{\displaystyle d={\frac {1}{2}}{\frac {(v_{2}-v_{1})^{2}}{a}}+v_{1}{\frac {v_{2}-v_{1}}{a}}\ }
e quindi:
a
=
1
2
d
(
v
2
2
−
v
1
2
)
=
−
6.1
⋅
10
5
m
/
s
2
{\displaystyle a={\frac {1}{2d}}(v_{2}^{2}-v_{1}^{2})=-6.1\cdot 10^{5}\ m/s^{2}\ }
t
x
=
v
2
−
v
1
a
=
231
μ
s
{\displaystyle t_{x}={\frac {v_{2}-v_{1}}{a}}=231\ \mu s\ }
b)
La pallottola si arresta per un tempo
t
2
{\displaystyle t_{2}\ }
v
1
+
a
t
2
=
0
{\displaystyle v_{1}+at_{2}=0\ }
t
2
=
−
v
1
a
{\displaystyle t_{2}=-{\frac {v_{1}}{a}}\ }
Lo spessore che arresterebbe la pallottola vale quindi:
d
x
=
v
1
t
2
+
1
2
a
t
2
2
=
v
1
2
d
v
1
2
−
v
2
2
=
0.033
m
{\displaystyle d_{x}=v_{1}t_{2}+{\frac {1}{2}}at_{2}^{2}={\frac {v_{1}^{2}d}{v_{1}^{2}-v_{2}^{2}}}=0.033\ m\ }
