Compiti delle vacanze - Liceo Scientifico "E. Fermi"...Compiti delle vacanze I compiti delle acanzev...

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Compiti delle vacanze

I compiti delle vacanze costituiscono, per tutti, un momento utile di consolidamento di quanto appreso durante

l'anno e il tempo che sottraggono al riposo e allo svago estivi, più che meritati, non è davvero tanto se paragonato

alla loro utitlità e ai bene�ci che comportano nella comprensione degli argomenti che saranno tratti in futuro e

nell'acquisizione di un metodo per risolvere i problemi. Nel seguito sono riportate le schede che ripercorrono gli

argomenti trattati durante l'anno scolastico e costituiscono un buon supporto all'esercizio e alla preparazione della

prova di settembre per gli alunni coldebito. Le schede sono provviste di soluzioni, guidate.

Nel caso ci fossero risultati che si ritengano sbagliati rispetto alle soluzioni fornite, che sono guidate, è gradito che

lo facciate presente scrivendo al mio indirizzo email [email protected].

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Liceo Scienti�co �E. Fermi�.

Esercizi di Fisica per le vacanze: Rappresentazione delle grandezze vettoriali

e operazioni con esse� equilibrio del punto materiale

Data: � Classe II.XX Nome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Esercizio 1 Determina in intensità direzione e verso (disegnandole) le seguenti somme di grandezze vettoriali:

6.0N

12.3N

8.0N

12.2N

α = 58◦

16.50m

10.4m

α = 36◦

Figura 1:

Esercizio 2 − Una scatola di massa m = 2.00 kg, è appoggiata sul piano di un tavolo e viene spinta con una forza

parallela al piano. La scatola comincia a muoversi quando la forza vale 17.3N . • Fai un disegno per illustrare

la situazione, evidenzia le forze agenti sulla scatola e scrivi la condizione di equilibrio; • scrivi le componenti

delle forze agenti in un opportuno sistema di assi; • calcola il coe�ciente di attrito statico; • determina come

e se varino la forza da applicare ed il coe�ciente di attrito statico raddoppiando la massa della scatola.

Esercizio 3 Una molla, cui è appeso un oggetto di massa 2.20 kg, subisce un allungamento di 15.2 cm. • Rappresenta

la situazione con un disegno evidenziando le forze agenti sull'oggetto e scrivi la condizione di equilibrio; •

rappresenta le forze in gioco in un opportuno sistema di assi cartesiani che avrai cura di rappresentare; •

determina la costante elastica della molla (in N/m).

Esercizio 4 −

h `ϑ

Figura 2: Su un piano di lunghezza ` = 1.70m e altezza h = 0.800m è appoggiato un oggetto di massa 3.40 kg, �ssatoad una molla di costante elastica k = 250N/m. Il sistema è in equilibrio. • Scrivi le componenti del vettore peso,del vettore reazione vincolare, del vettore della forza elastica rispetto ad un sistema di assi cartesiani che abbia l'assedelle ascisse parallelo al piano; • dopo avere scritto la condizione di equilibrio, calcola l'allungamento della molla sesi trascura la forza di attrito; • ricalcola l'allungamento della molla assumendo per il coe�ciente di attrito il valoreµ = 0.240.

Esercizio 5 Un oggetto puntiforme che pesa 40.0N è appoggiato su un piano inclinato di lunghezza 5.00m e di altezza

3.00m. • Individua e rappresenta gra�camente le forze agenti sul blocco. • Sapendo che il coe�ciente di attrito

è µ = 0.540, scrivi le componenti delle forze agenti sull'oggetto rispetto ad un sistema di assi conveniente; •

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stabilisci se il blocco è in equilibrio; • in caso non fosse in equilibrio, quale dovrebbe essere il coe�ciente minimo

di attrito per mantenere in equilibrio l'oggetto?

Esercizio 6 Una molla lunga 50.0 cm è appesa in verticale al so�tto. Appendendo al capo libero della molla un

oggetto del peso di 200N , la sua lunghezza aumenta del 20.0 %. • Individua e rappresenta in un disegno le

forze che agiscono sull'oggetto scrivendone le componenti in un conveniente sistema di assi cartesiani; • calcola

la costante elastica della molla.

Esercizio 7 −

x

y

−2 −1 1 2 3 4 5

−1

1

2

3

4

5

~A~B

ϑb

ϑa

Figura 3: Considera i vettori ~A e ~B rappresentati in �gura 3, aventi modulo rispettivamente a a = 8.00m e b = 7.25m. Considerato che l'angolo che il vettore ~A forma con la direzione positiva delle x misura ϑa = 112◦ e l'angolo cheil vettore ~B forma con la direzione positiva delle x è di ϑb = 35.0◦: • determina le componenti dei vettori ~A e ~B;• determina sia per via algebrica che per via gra�ca il vettore somma ~s = ~A + ~B e il vettore di�erenza ~d = ~B − ~A(componenti, modulo e direzione). • Calcola il prodoto scalare e il prodotto vettoriale.

Esercizio 8 −

`

h

ϑ

Figura 4: Un blocco è tenuto fermo da un cavo lungo un piano inclinato privo di attrito, come in Figura 4. Se l'angolomisura α = 60.0◦ e la massa del blocco è di 50.0 kg, • traccia il diagramma delle forze che agiscono sul blocco; •scrivi le componenti del vettore peso, del vettore reazione vincolare, del vettore della tensione rispetto ad un sistema diriferimento che abbia l'asse delle ascisse parallelo al piano; • se il cavo non fosse presente e il blocco fosse �liberamente�appoggiato sul piano, ma questo non fosse privo di attrito, traccia di nuovo il diagramma delle forze applicate al bloccoin questo caso e trova il coe�ciente di attrito che consentirebbe al blocco di restare in equilibrio.

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Esercizio 9 −

h `ϑ

Figura 5: Il sistema mostrato in Figura 5 è in equilibrio; la massa misura m = 27.0 kg, l'angolo ϑ = 25.0◦ e non cisono attriti. L'allungamento della molla è 38.0mm.• Scrivi e calcola le componenti del vettore peso, del vettore reazione vincolare, del vettore della forza elastica rispettoad un sistema di riferimento che abbia l'asse delle ascisse parallelo al piano.• Calcola la costante elastica della molla, k.

Esercizio 10 −

h `ϑ

Figura 6: Il coe�ciente d'attrito statico tra la massa m = 10.0 kg ed il piano inclinato in Figura 6 è µs = 0.420 el'angolo alla base misura ϑ = 35.0◦.• Scrivi le componenti del vettore peso, del vettore reazione vincolare, del vettore della forza di attrito rispetto ad unsistema cartesiano che abbia l'asse delle ascisse parallelo al piano; • determina il massimo angolo d'inclinazione delpiano inclinato al quale la massa resta ferma. • Il risultato cambierebbe se la massa m venisse aumentata del 30%?Motiva la risposta. • Quanto dovrebbe valere µs a�nché l'angolo di inclinazione massimo fosse 15.0◦?

Esercizio 11 Il vettore ~U ha intensità 5.00N e forma un angolo di 42.0◦ con l'asse delle x; il vettore ~V ha intensit`a

7.00N , e forma un angolo di 135◦ con il semiasse positivo dell'asse x. Ti si chiede di: • determinare le componenti

cartesiane di ~U e ~V e rappresentarli in un sistema di assi che abbia l'origine nel punto di applicazione comune dei

due vettori; • determinare le componenti del vettore risultante ~s = ~U + ~V , del vettore ~d = ~U − ~V e del vettore

~c = 2~~U − ~V rappresentando ~s e ~d nel piano cartesiano; • determinare il prodotto scalare ~U · ~V , il prodotto

vettoriale ~U × ~V (in intensità, direzione e verso), e il prodotto scalare m = ~d · ~s.

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SOLUZIONI:

Esercizio 1 • Nel primo caso la risultante ~FR = −6.0 x +12.3 y N e∣∣∣~FR

∣∣∣ =√

6.02 + 12.32 = 13.7N ; • nel secondo

caso ~F1 = 8.0 x N e ~F2 = −12.2 cos(58◦) x + 12.2 sin(58◦) y = −6.47 x + 10.3 y ; la risultante si ottiene

sommando le componenti e la sua intensità è∣∣∣~FR

∣∣∣ =√

1.532 + 10.32 = 10.4N ; • nel terzo caso ~s1 = 16.5 x e

~s2 = 10.4 cos(36◦) x + 10.4 sin(36◦) y = 8.41 x + 6.11 y ; |~sT | =√

24.92 + 6.112 = 25.7N

Esercizio 2 Le forze agenti sulla scatola sono la forza peso ~P , la reazione vincolare del tavolo ~Rv, la forza di attrito

~FA e la forza motrice esterna ~FM . Le componenti delle forze, in un opportuno sistama di assi cartesiani sono

~FM = 17.3 x ; ~P = 19.6 y ; ~FA = −µr x ; ~Rv = −r y Condizione di equilibrio:

~FM + ~FA + ~P + ~Rv = 0 (17.3− µr) x + (−r + 19.6) y = 0.

Si ottiene µS =17.3

19.6= 0.883 e r = 19.6N ; se m′ = 2m, allora ~P ′ = 2~P e r′ = 2r, ~F ′A = 2~FA, ~F ′M = 2~FM ,

µ′S = µS = 0.883

Esercizio 3 Sull'oggetto agiscono soltanto la forza peso ~P e la forza elastica della molla ~Fel. L'equilibrio è raggiunto

nella condizione ~Fel + ~P = 0, e poiché in un sistema di assi opportuno (asse y rivolto verso l'alto) le due forze si

scrivono ~Fel = k∆` y = 0.152k y e ~P = −mg y = −21.6 y , la condizione di equilibrio diviene

(k∆`−mg) y = 0 (0.152k − 21.6) y = 0,

da cui k = 1.42 · 102N/m

Esercizio 4 Scegliamo il sistema di assi con direzione dell'asse x lungo il piano e orientato verso la base del piano,

scrivendo le grandezze vettoriali come

~P = mg sin(ϑ) x −mg cos(ϑ) y = 15.7 x − 29.4 y ;

~Rv = r y ;

~Fel = −k∆` x = −250∆` x ;

~FA = ±µr x = ±0.240r x

Condizione di equilibrio in assenza di attrito

~P + ~Rv + ~Fel = 0 (15.7− 250∆`) x + (−29.4 + r) y = 0

da cui r = 29.4N e Se si trascura l'attrito ∆` = 6.28 cm. Se non si trascura l'attrito, possiamo fare l'ipotesi che

la molla parta dalla posizione di riposo e quindi l'attrito, che agisce in direzione opposta al moto dell'oggetto,

abbia lo stesso verso della forza elastica. La condizione di equilibrio ~P + ~Rv + ~Fel + ~FA = 0 dà ∆` = 3.45 cm

che è un allungamento inferiore a quello trovato precedentemente.

Esercizio 5 Scegliamo il sistema di assi con direzione dell'asse x lungo il piano e orientato verso la base del piano

così che ~P = mg sin(ϑ) x −mg cos(ϑ) y = 24.0 x − 32.0 y ;

~Rv = r y ;

~FA = −µr x = −0.540r x

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La condizione di equilibrio

~P + ~Rv + ~FA = 0 (24.0− 0.540r) x + (r − 32.0) y 6= 0

con r = 32.0N non è soddisfatta lungo la direzione x e quindi l'oggetto non è in equilibrio perché la somma

vettoriale delle forze non vale zero lungo tale asse.

Lo sarebbe valesse la condizione (24.0− µr) ≤ 0, cioè se µ ≥ 24/32 = 0.750.

Esercizio 6 Dopo che l'oggetto è stato appeso, la molla subisce un allungamento ∆` = 20%` = 0.100m.

Scegliendo l'orientamento dell'asse y verso l'alto, ~P = −mg y = −200 y e ~Fel = k∆` y = 0.100k y . La

condizione di equilibrio:

~P + ~Fel = 0 (−200 + 0.100k) y ,

porta al valore k = 2.00 · 103N/m

Esercizio 7 Nel sistema di assi assegnato,~A = 8.00 cos(112◦) x + 8.00 sin(112◦) y = −1.50 x + 7.86 y ;

~B = 7.25 cos(35.0◦) x + 7.25 sin(35.0◦) y = 6.18 x + 3.79 y

~s = 4.68 x + 11.7 y ; ~d = ~B − ~A = 7.68 x − 4.07 y = −( ~A− ~B); |~s| =√s2x + s2y = 12.6m;

∣∣∣~d∣∣∣ =√d2x + d2y =

8.69m ~A · ~B = a · b · cos(ϑa − ϑb) = 20.5m2; ~A × ~B = a · b · sin(ϑa − ϑb) z = −54.3 z m2 è diretto

perpendicolarmente al foglio, con verso entrante.

Esercizio 8 Sul blocco agiscono la forza peso ~P , la reazione vincolare ~Rv, l'attrito ~FA e latensione della fune ~T .

Scelto un sistema cartesiano con asse x orientato verso la base del piano, si ha la seguente situazione

~P = mg sin(ϑ) x −mg cos(ϑ) y = 425 x − 245 y ;

~Rv = r y ;

~T = −t x ;

La condizione di equilibrio ~P + ~T + ~Rv = 0 conduce alle relazioni425− t = 0;

−245 + r = 0;

Si supponga ora che l'attrito si opponga al moto dell'oggetto, che è diretto verso la base del piano: ~FA = −µr x .

In tal caso, la condizione di equilibrio ~P + ~FA + ~Rv = 0 conduce alle relazioni425− µr = 0;

−245 + r = 0;

da cui r = 245N , µ = 1.73.

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Esercizio 9 Le forze agenti sul sistema sono sono la Forza elastica e il peso e ala reazione vincolare che si scriveranno

in un opportuno sistema di assi

~P = mg sin(ϑ) x −mg cos(ϑ) y = 112 x − 240 y ;

~Rv = r y ;

~Fel = −k∆` = x = −0.0380k x ;

La condizione di equilibrio

~P + ~Rv + ~Fel = 0 (112− 0.0380k) x + (−240 + r) y = 0

dà r = 240N k = 2.95 · 103N/m.

Esercizio 10 ~P = (56.3 x − 80.4 y )N ; ~Rv = r y ; ~FA = −0.420r x . Imponendo la condizione di equilibrio

~P + ~Rv + ~FA = 0 si trova 56.3− 0.420r = 0 lungo x

r − 80.4 = 0 lungo y

, da cui risulta che la componente x della risultante non è nulla e l'oggetto scivola lungo il piano. Se l'angolo

di inclinazione, ϑ, non è noto si ha

~P = 98.1 sinϑ x − 98.1 cosϑ y

~Rv = r y

~FA = −0.420r x

e dalla condizione di equilibrio

98.1 sinϑ− 0.420r ≤ 0 ∧ r − 98.1 cosϑ = 0,

si trova l'angolo massimo per cui la forza di attrito è uguale alla componente della forza peso parallela al piano

è tale che tan(ϑmax) = µ e ϑmax = arctan(0.420) = 22.8◦. Se la massa venisse aumentata il risultato rimarrebbe

invariato, perché aumenterebbero proporzionalmente tutte le componenti delle forze.

Esercizio 11

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Liceo Scienti�co �E. Fermi�.

Esercizi di Fisica per le vacanze: Forze ed equilibrio � esercizi

Data: � Classe II.Y Nome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Esercizio 1 −−

`

h

ϑ

α

Figura 7: Un blocco, approssimabile ad un punto materiale, è tenuto fermo da un cavo lungo un piano inclinatoprivo di attrito, come in Figura 7. Il cavo non è parallelo al piano ma forma con esso un angolo α = 13.0◦ e ilsistema è in equilibrio. Se la lunghezza del piano è ` = 10.0m, l'altezza è 4.25m e la massa del blocco è di 50.0 kg:• individua e rappresenta le forze che agiscono sul blocco scrivendo la condizione di equilibrio; • in un opportunosistema di riferimento con asse delle ascisse parallelo al piano scrivi le componenti dei vettori e determina le intensitàdella tensione della fune e della reazione vincolare.

Esercizio 2 −− Riferendoti alla �gura 7, assumi che il punto materiale abbia massa m = 25 kg, che l'angolo

di inclinazione del piano misuri ϑ = 35.0◦ mentre supponi invariato il valore dell'angolo α = 13.0◦. Questa

volta fra l'oggetto ed il piano è presente un coe�ciente di attrito statico µ = 0.330. • Individua e rappresenta

gra�camente le forze agenti sull'oggetto e scrivi la condizione di equilibrio; • scrivi le componenti dei vettori

in un opportuno sistema di riferimento con asse delle ascisse parallelo al piano; • determina l'intensità della

tensione del �lo.

Esercizio 3 −

h

`

Figura 8: Un punto materiale di massa m = 970 g si trova in equilibrio come mostrato in Figura8, dove h = 10.0 dme ` = 45.0 dm.L'attrito è trascurabile.• Individua e rappresenta le forze agenti sul sistema e scrivi le condizioni per l'equilibrio; • in un opportuno sisterma diassi scrivi le componenti delle forze agenti sull'oggetto; • sapendo che l'allungamento della molla è pari a 4.00 cm, cal-cola la costante elastica della molla. • Calcola quanto dovrebbe valere il coe�ciente d'attrito statico precedentementetrascurato a�nché il corpo restasse in equilibrio quando la fune venisse tagliata.

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Esercizio 4 −ϑ1 ϑ2

fune1fune2

Figura 9: Un oggetto di massa 10.0 kg è sospeso mediante due funi che formano con la direzione orizzontale gli angoliϑ1 = 22.0◦ e ϑ2 = 53.0◦. La situazione è mostrata in �gura 9. • Rappresenta le forze che agiscono sull'oggetto e scrivila condizione di equilibrio. • Scrivi esplicitamente le componenti delle forze in un sistema di riferimento opportuno;• Determina le intensità delle tensioni delle due funi.

Esercizio 5 − ϑ1 ϑ2

fune1fune2

Figura 10: Un alpinista si appende in equilibrio al sistema di funi schematizzato in Figura 10. Gli angoli formati dallefuni con l'asse orizzontale misurano ϑ1 = 50.0◦ e ϑ2 = 25.0◦.• Rappresenta le forze agenti sull'oggetto sospeso e scrivi la condizione di equilibrio; • rappresenta le componenti deivettori in un opportuno sistema di riferimento; • sapendo che il modulo della tensione della fune 1 è t1 = 750 calcolala massa dell'alpinista ed il modulo delle tensione della fune 2.

Esercizio 6 −

`1 `2

ϑ1 = 30◦ ϑ2

m1

m2

Figura 11: Il sistema di oggetti posti sul doppio piano inclinato mostrato in �gura è in equilibrio. Le masse sonom1 = 20.0 kg e m2 = 16.0 kg. Gli attriti sono trascurabili. • Individua e rappresenta le forze che agiscono suglioggetti scrivendo la condizione di equilibrio per ciascuno di essi; • in un opportuno sistema di riferimento aventel'asse delle ascisse parallelo al piano inclinato su cui è posto l'oggetto di massa m1, scrivi la condizione di equilibrioe i vettori delle forze agenti sull'oggetto di massa m1; • determina la tensione della fune e l'inclinazione del piano sucui è posto l'oggetto di massa m2.

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Esercizio 7 −

h

Figura 12: Il sistema mostrato in Figura 12 è in equilibrio: la massa misura m = 2.70 kg, la costante elastica dellamolla è k = 110N/m e c'è attrito fra la massa m ed il piano inclinato.• Rappresenta le forze che agiscono sul punto materiale; • scrivi la condizione di equilibrio e rappresenta le componentidei vettori in un sistema di riferimento che abbia l'asse delle ascisse parallelo al piano; • se ϑ = 25.0◦, determina perquale valore del coe�ciente di attrito statico l'allungamento della molla è di 5.40 cm. • Con ϑ = 90◦ quanto varrebbel'allungamento della molla? L'attrito gioca un ruolo in questo caso? Motiva la risposta.

Esercizio 8 −

ϑ1

ϑ2

Figura 13: Uno sciatore di massa m = 74 kg risale a velocità costante un pendio tirato dalla fune di uno ski lift comein Figura 13. L'incinazione del pendio è ϑ1 = 26.0◦ mentre l'inclinazione della fune dello ski lift rispetto al pendiomisura ϑ2 = 38.0◦. È presente l'attrito ed il coe�ciente vale µ = 0.150. • Disegna lo schema delle forze a cui losciatore è soggetto e scrivi la condizione di equilibrio; • scrivi le componenti delle forze in un sistema di coordinatecon l'asse delle ascisse parallelo al pendio. • Determina l'intensità della reazione vincolare e della tensione della fune.

Esercizio 9 −

h

`

Figura 14: Un blocco di massa m = 855 g è fermo su un piano inclinato come mostrato in �gura 14. L'angolo diinclinazione del piano misura α = 35.0 ◦. Il blocco è collegato tramite una carrucola ad una molla di costante elasticak = 125N/m, �ssata a sua volta a terra. • Dopo aver rappresentato le forze agenti sull'oggetto, considera i seguenticasi.• • Caso A � trascura l'attrito tra il blocco e il piano inclinato. • In un opportuno sistema di riferimento, scrivi leforze agenti sul punto materiale; • calcola la tensione del �lo e l'allungamento della molla;• • Caso B � considera tra il blocco e il piano inclinato un coe�ciente di attrito statico 0.420. • Dopo aver sceltoun opportuno sistema di riferimento, rappresenta il diagramma delle forze agenti sul blocco e sulla molla; • calcola lareazione vincolare agente sul blocco e la forza d'attrito; • calcola la tensione del �lo e l'allungamento della molla; •se la molla avesse un allungamento di 2.00 cm, quale sarebbe il valore del coe�ciente di attrito statico tra il blocco eil piano inclinato?

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SOLUZIONI

Esercizio 1 Le forze agenti sul sistema sono ~P , ~Rv e ~T e l'angolo di inclinazione del piano soddifa alla relazione

sinϑ =h

`= 0.425; ora applicando il teorema di Pitagora possiamo trovare la (misura della) base del piano

b =√`2 − h2 = 9.05m e determinare cosϑ =

b

`= 0.905.

In un sistema di assi con ascissa parallela al piano, orientata verso la sua base si avrà

~P = mg sin(ϑ) x −mg cos(ϑ) y = 208 x − 444 y ;

~T = −t cos(α) x + t sin(α);

~Rv = r y

La condizione di equilibrio è

~P + ~T + ~Rv = 0 [mg sin(ϑ)− t cos(α)] x + [−mg cos(ϑ) + r + t sin(α)] y = 0

e dà t =mg sinϑ

cos(α)= 214N , r = mg cosϑ− t sin(α) = mg cosϑ−mg sinϑ

sin(α)

cos(α)= 396N .

Esercizio 2 Le forze agenti sono le stesse dell'esercizio precedente, a cui si aggiunge l'attrito e la condizione di

equilibrio è quindi

~P + ~Rv + ~T + ~FA = 0

dove, in un sistema di assi cartesiani convenientemente scelto

~P = mg sin(ϑ) x −mg cos(ϑ) y = 212 x − 123 y ;

~T = −t cos(α) x + t sin(α) y ;

~Rv = r y ;

~FA = −µr x

avendo supposto che l'attrito si opponga al moto dell'oggetto, che scivola verso la base del piano

La condizione di equilibrio conduce alla coppia di equazionimg sinϑ− t cos(α)− µr = 0 lungo x

−mg cosϑ+ t sin(α) + r lungo y

Dalla seconda equazione r = mg cosϑ − t sin(α) e dalla prima, per sostituzione di r, mg(sinϑ − µ cosϑ) +

t(µ sinα− cosα) = 0 , cioè t = mgsinϑ− µ cosϑ

cosα− µ sinαdà t = 82.6N .

Esercizio 3 Applicando il teorema di Pitagora si trovi la misura della base del piano b = 43.9 dm per ottenere

sinϑ =h

`=

2

9, cosϑ =

b

`= 0.975.

Imponiamo poi la condizione di equilibrio sulle porzioni di sistema:

molla: ~Fel + ~T = 0 con ~Fel = −k∆` y ; ~T = t y

carrucola: ~T + ~T ′ = 0 ⇒ t = t′

massa: ~T ′ + ~P + ~Rv = 0 con ~T ′ = t′ x ; ~P = −mg sinϑ x −mg cosϑ y ; ~Rv = r y

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Dalle prime due condizioni di equilibrio segue subito

t = t′ = k∆`

mentre dall'equilibrio della massa k∆`−mg sin(ϑ) = 0 lungo x

r −mg cos(ϑ) = 0 lungo y

Quindi k =mg sinϑ

∆`= 52.9N/m

In presenza di attrito, ed assenza di fune, le condizioni di equilibrio µmg cosϑ−mg sinϑ ≤ 0 mostrano che per

tenere l'oggetto in equilibrio occorrerebbe un coe�ciente di attito: µ ≥ sinϑ

cosϑ= 0.975

Esercizio 4 Indichiamo con ~P , ~T1 e ~T2 le forze agenti sul punto materiale e scriviamo la condizione di equilibrio

~P + ~T1 + ~T2 = 0; Siano t1 e t2 le intensità dei vettori ~T1 e ~T2. In un opportuno sistema di assi, si ha ~T1 =

−t1 cos(ϑ1) x + t1 sin(ϑ2) y ; ~T2 = −t1 cos(ϑ1) x + t2 sin(ϑ2) y ; ~P = −mg y . La condizione di equilibrio

conduce alla coppia di equazioni −t1 cos(ϑ1) + t2 cos(ϑ2) = 0 lungo x

t1 sin(ϑ1) + t2 sin(ϑ2)−mg = 0 lungo y

le cui incognite sono, in questo caso t1 e t2. Di qui, dopo un po' di calcolit1 = mg

cos(ϑ2)

sin(ϑ1) cos(ϑ2) + sin(ϑ2) cos(ϑ1)=

98.1 cos(22.0◦)

sin(22.0◦) cos(53.0◦) + sin(53.0◦) cos(22.0◦)= 94.2N

t2 = mgcos(ϑ1)

sin(ϑ1) cos(ϑ2) + sin(ϑ2) cos(ϑ1)=

98.1 cos(53.0◦)

sin(22.0◦) cos(53.0◦) + sin(53.0◦) cos(22.0◦)= 61.1N

Esercizio 5 Indichiamo con ~P , ~T1 e ~T2 le forze agenti sull'alpinista e scriviamo la condizione di equilibrio ~P+ ~T1+ ~T2 =

0; Siano t1 e t2 le intensità dei vettori ~T1 e ~T2. In un opportuno sistema di assi (con asse della ascisse parallelo al

suolo), si ha ~T1 = −t1 cos(ϑ1) x + t1 sin(ϑ2) y ; ~T2 = −t1 cos(ϑ1) x + t2 sin(ϑ2) y ; ~P = −mg y . La condizione

di equilibrio conduce alla coppia di equazioni−t1 cos(ϑ1) + t2 cos(ϑ2) = 0 lungo x

t1 sin(ϑ1) + t2 sin(ϑ2)−mg = 0 lungo y

avente come incognite la massa dell'alpinista e l'intensità t1 della tensione ~T1. Dopo un po' di calcolit2 = t1

cos(ϑ1)

cos(ϑ2)= 532N

m =t1g

sin(ϑ1) +t2g

sin(ϑ2) =t1g

(sin(ϑ1) +

cos(ϑ1) sin(ϑ2)

cos(ϑ2)

)= 81.5 kg

Esercizio 6 Lo studio dell'equilibrio sui due oggetti dà

~P1 + ~T + ~R1v = 0, ~P2 + ~T ′ + ~R2

v = 0

La tensione è una forza interna del sistema costituito dai due pesi. Imponiamo la condizione di equilibrio sulla

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carrcola: ~T + ~T ′ = 0 concludendo che le intensità delle tensioni sulle due funi sono le stesse (la carrucola ha

solo la funzione di cambiare ladirezione della tensione ma ne lascia invariata l'intensità). Scelto un opportuno

sistema di assi cartesiani con ascissa parallela al piano, i vettori si scrivono come

~P1 = m1g sinϑ1 x −m1g cosϑ1 y , ~T1 = −t1 x , ~R1v = r1 y .

In un secondo sistema di assi, scriveremo, relativamente al secondo oggetto

~P2 = m2g sinϑ2 x −m2g cos(ϑ2) y , ~R2v = r2 y , ~T ′ = −t′ x .

La condizione di equilibrio ~P2 + ~T ′ + ~Rv2 = 0, applicata al secondo oggetto dà t′ = m2g sin(ϑ2) ed essendo

~T + ~T ′ = 0, si avrà t′ = t = m2g sin(ϑ2). Imponendo ora la condizione di equilibrio sull'oggetto 1 avremo

m1g sinϑ1 − t = 0 con t = t′ = m2g sin(ϑ2)

m1g cosϑ2 − r2 = 0

Quindi sin(ϑ2) =m1

m2sin(ϑ1) =

5

4sinϑ1 =

5

8da cui

ϑ2 = arcsin

(5

8

)= 38.7◦

e t = t′ = m1g sin(ϑ1) = 98.1N .

Esercizio 7 Le forze agenti sul sistema sono ~P , ~Rv e ~FA e la forza elastica ~Fel. Dunque, in un sistema di assi con

ascissa parallela al piano, orientata verso la sua base si avrà

~P = mg sin(ϑ) x −mg cos(ϑ) y ;

~Fel = −k∆` x ;

~Rv = r y ;

~FA = ±µr x

(si è supposto di non conoscere il verso della forza di attrito) La condizione di equilibrio è

~P + ~T + ~Rv = 0 [mg sin(ϑ)− k∆`± µr] x + [−mg cos(ϑ) + r] y = 0

da cui si ottiene subito r = mg cosϑ = 24.0N .

µ = ∓mg sin(ϑ)− k∆`

mg cosϑ= ∓

(tan(ϑ)− k∆`

mg cosϑ

)

per il valore di allungamento richiesto dal problema si trova µ = ∓0.219, dove ovviamente la soluzione acccettabile

è quella positiva (forza di attrito diretta come la forza elastica) (~FA = −5.26 x )

Esercizio 8 Le forze agenti sono la tensione della fune (~T ), alla forza di attrito (~FA), la reazione vincolare ~Rv e la

forza peso ~P . Siccome lo sciatore, pur non essendo fermo, si muove a velocità costante la somma vettoriale di

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tutte le forze che agiscono su di lui deve essere nulla (in approssimazine di punto materiale); quindi

~T + ~P + ~Rv + ~FA = 0.

In un opportuno sistema di assi (asse x parallelo al piano, rivolto verso la sua cima) si ha ~P = −mg sin(ϑ1) x −

mg cos(ϑ1) y , ~FA = −µr x ; ~T = t cos(ϑ2) x + t sin(ϑ2) y , ~Rv = r y . La condizione di equilibrio porta al

sistema delle due equazioni −mg sin(ϑ1)− µr + t cos(ϑ2) = 0 lungo x

−mg cos(ϑ1) + t sin(ϑ2) + r = 0 lungo y

Dalla seconda equazione si ricava l'intensità della reazione vincolare

r = mg cos(ϑ1)− t sin(ϑ2) = 206N

che sostituita nella prima equazione dà

−mg sin(ϑ1)− µmg cos(ϑ1) + µt sin(ϑ2) + t cos(ϑ2) = 0; t = mgsin(ϑ1) + µ cos(ϑ1)

cos(ϑ2) + µ sin(ϑ2)' 567N

~P = −318 x − 652 y ; ~T = +0.6157t x + 0.7880t y ; ~Rv = r y ; ~FA = −0.150 · r x .

Esercizio 9 Caso B: forze agenti sull'oggetto ~P = 4.81 x − 6.87 y ; ~T = −t x , ~Rv = r y ; ~FA = −0.420 · r x ; sulla

molla ~T = t y e ~Fel = −125∆` y . Le condizioni di equilibrio sono ~P + ~T + ~Rv = 0 e ~Fel + ~T = 0 e danno

r = 6.87N , t = 1.94N , ∆` = 1.04 cm, ~FA = −2.89 x N .

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Liceo Scienti�co �E. Fermi�.

Esercizi di Fisica per le vacanze: Elementi di cinematica�esercizi

Data: � Classe II.XX Nome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Esercizio 1 Rappresenta nel piano i vettori posizione ~r1 = 6.50 x + 2.00 y e ~r2 = −2.00 x + 5 y . Determina poi

gra�camente il vettore spostamento (∆~r) ~s = ~r2 − ~r1, le sue componenti e la sua intensità con il teorema di

Pitagora. Determina le componenti del vettore velocità media 〈~v〉 dell'oggetto, e la sua intensità, supponendo

che lo spostamento avvenga nel tempo ∆t = 0.50 s.

Esercizio 2 Nel seguente diagramma dello spazio v − t, determina

t(s)

v(m/s)

7 14 21 28 35 42 49 56 63

−6

−3

3

6

9

12

15

Figura 15: Moto di un oggetto nel diagramma tempo�velocità.

• gli intervalli in cui l'oggetto ha velocità positiva e quelli in cui ha velocità negativa, quelli in cui è fermo;

• gli istanti in cui l'oggetto ha velocità v = ±6.0m/s;

• gli intervalli in cui l'oggetto ha accelerazione positiva gli intervalli in cui l'oggetto ha accelerazione negativa

e gli intervalli in cui l'accelerazione è nulla;

• l'accelerazione nei vari tratti: a0→10.5, a10.5→17.5, a17.5→28, a28→42, a42→49, a49→59.5

• lo spazio percorso dopo 28 s e dopo 49 s.

Esercizio 3 Scrivi le del moto (spazio e velocità):

−1− di un oggetto che si muove di moto rettilineo uniforme con velocità di 12.5m/s;

−2− di un oggetto che si muove di moto uniformemente accelerato con un'accelerazione di 0.3m/s2 e una velocità

iniziale di 9.0m/s rivolta in verso opposto all'accelerazione.

• Rappresenta le velocità dei due oggetti al variare del tempo in un diagramma v − t.

• Determina, a partire dal gra�co o dall'equazione del moto, nel caso [2] lo spazio percorso e la velocità

dell'oggetto dopo 8.0 s dall'inizio del moto.

• Calcola l'istante in cui gli oggetti assumono la stessa velocità e l'istante in cui gli oggetti si incontrano.

Esercizio 4 In una gara di sta�etta 4×100m stile libero, quattro nuotatori hanno stabilito il nuovo record del mondo.

Ogni frazione è stata percorsa da ciascun nuotatore nei seguenti tempi: 50.233 s, 48.578 s, 49.587 s e 48.897 s.

Determina: • le velocità medie in m/s e in km/h di tutti i nuotatori; • la velocità media relativa alla distanza

complessiva; • la media delle velocità dei vari nuotatori.

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Esercizio 5 Una formica esce dal formicaio e si allontana in linea retta alla velocità costante di 20.8mm/s. • scrivi

le equazioni del moto della formica; • determina a quale distanza si troverà dopo 5.00min e quanto tempo

impiegherà a raggiungere un campo di grano distante 230m,esprimendo il valore in secondi e in minuti.

Esercizio 6 −

tempo (min)

posizione (km)

12 24 36 48 60 72 84 96

2

4

6

8

10

A

B

C D

E

F

Figura 16: Susanna va in bicicletta, il più velocemente possibile, dalla propria casa alla casa di Anna. Dopo unabreve visita torna a casa propria più in fretta che può. • Quanti minuti Susanna sta a casa dell'amica? • Quantodista la casa dell'amica da quella di Susanna? • Dove si trova Susanna nei punti A,B,C,D,E? • Che cosa hanno incomune i tratti AB e EF? • In quale tratto la velocità di Susanna è massima? • Calcola la velocità media ne1 primiprime 36min e la media delle velocità nei tratti AB e BC. In base alle informazioni ricevute e al gra�co fornite unadescrizione plausibile della strada percorsa. (è in salita, in discesa . . . )

Esercizio 7 −

t (s)

v (m/s)

2 4 6 8 10 12 14

3

6

9

12

15

Figura 17: Il gra�co in �gura 17, rappresenta l'andamento della velocità di un carrello che scende lungo un pianoinclinato. Determina: • l'accelerazione del carrello; • lo spazio percorso dal carrello nei primi 18.0 s. • Rapresentapoi il gra�co posizione-tempo.

Esercizio 8 −

t (s)

v (m/s)

10 20 30 40 50 60 70 80

−3

−2

−1

1

2

3

4

Figura 18: Il gra�co della �gura 18, mostra l'andamento della velocità di un oggetto al variare del tempo. Sapendoche l'oggetto è partito dall'origine del sistema di riferimento, dopo averne rappresentato il moto in un diagrammaposizione�tempo, calcola: • la posizione nell'istante t1 = 15.0 s; • la posizione nell'istante t2 = 50.0 s; • la posizionenell'istante t3 = 65.0 s, • dopo quanto tempo il corpo ripassa dall'origine del sistema di riferimento.

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Esercizio 9 Marco e Filippo per andare a scuola percorrono lo stesso viale, ma la casa di Filippo è più lontana di

100m dalla scuola rispetto a quella di Marco.

• La mattina Marco parte 3.00min dopo Filippo; Filippo va a una velocità costante di 50.0m/min e raggiunge la

scuola dopo 8.00min. Determina la distanza dF fra la scuola e la casa di Filippo. • Se Marco va a una velocità

di 100m/min, determina il tempo tM impiegato da Marco per arrivare a scuola. • Nel tragitto Marco sorpassa

Filippo? Se sì dopo quanto tempo e a che distanza dalla scuola? • Rappresenta la situazione in un gra�co

posizione tempo mettendo l'origine a casa di Filippo.

Esercizio 10 −

t (s)

v (m/s)

2 4 6 8 10 12 14

3

6

9

12

15

A

B C

D

E F

Figura 19: La velocità di un oggetto al variare del tempo segue l'andamento riportato nella �gura . Determina: •l'accelerazione nei vari tratti; • lo spazio percorso; alla �ne di ogni tratto. • Scrivi le equazioni del moto per la

velocità.

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SOLUZIONI:

Esercizio 1 ~s = ~r2−~r1 = (−2.00−6.50) x +(5.00−2.00) y = −8.50 x +3.00 y ; |~s| = |~r2 − ~r1| =√

81.25 ' 9.01m;

〈~v〉 = −17.0 x + 6.00 y m/s; |〈~v〉| =√

325 ' 18.0m/s

Esercizio 2 • intervallo con velocità positiva 0 s < t < 38.5 s, intervallo a velocità negativa 38.5 s < t < 59.5 s,

velocità nulla in t = 38.5 s;

• gli istanti con velocità ±6.0m/s, sono t = 10.5 s e 42.0 s ≤ t ≤ 49.0 s;

• accelerazione positiva in 0.0 s ≤ t < 17.5 s e 49.0 s ≤ t ≤ 59.5 s; accelerazione nulla (oggetto fermo) in

17.5 s ≤ t ≤ 28.0 s; accelerazione negativa (velocità decrescente) in 28.0 s < t < 42.0 s;

• a0→10.5 =v(10.5)− v(0)

10.5=

3

10.5= 0.286m/s2

a10.5→17.5 =v(17.5)− v(10.5)

7=

9

7= 1.286m/s2;

a17.5→28 =v(28)− v(17.5)

10.5= 0m/s2;

a28→42 =v(42)− v(28)

14= −21

14= −1.5m/s2;

a42→49 =v(49)− v(56)

7= 0.0m/s2;

a49→59.5 =v(59.5)− v(49)

10.5=

6

10.5= 0.57m/s2;

s(28) =

[(v(10.5) + v(0))

2· 10.5 +

(v(17.5) + v(10.5)

2· 7 + v(17.5) · 10.5

]m è l'area sottesa della spezzata;

s(49) =

[s(20) +

(v(38.5) + v(28)

2· 10.5− (v(42) + v(38.5)

2· 3.5− v(49) · 7

]m

25 s < t < 40 s; a0→15 = 0.200m/s2; a15→25 = 0.600m/s2; a25→35 = 0.00m/s2; a40→60 = −1.05m/s2;

a60→70 = 0.00m/s2; a70→85 = 0.400m/s2; s40 = s0→15 + s15 to25 + s25→40 = 67.5 + 157.5 + 225 = 450m

s60 = s40 + s40→55 + s55→ 60 + s60→ 70 = 450 + 112.5− 15.0− 60 = 388m

Esercizio 3 −−

t(s)

v(m/s)

−3 3 6 9 12 15 18 21

−10

−5

5

10

15

20

Figura 20: soluzione es. 3

[1]−

v(t) = v0 = 12.5

x(t) = 12.5t

[2]−

v(t) = 0.300 t− 9.0

x(t) = 0.15t2 − 9.0t

dopo 8.0 s, nel caso [2] si ha v(8) = −6.6m/s. Gli oggetti si incontrano all'istante t? = 143.3 s

Esercizio 4 〈v1〉 =100

50.233= 1.99m/s = 7.17 km/h; 〈v2〉 =

100

48.578= 2.06m/s = 7.41 km/;h 〈v3〉 =

100

49.587=

2.02m/s = 7.26 km/h; 〈v4〉 =100

48.897= 2.05m/s = 7.36 km/h;

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〈v〉 =400

197.295= 2.02742m/s;

〈v1〉+ 〈v2〉+ 〈v3〉+ 〈v4〉4

= 2.02776 ' 2.03m/s

Esercizio 5 v = 2.08 · 10−2

x(t) = 2.08 · 10−2 t

x(300) = 6.24m Quando x = 230m, il tempo trascorso è tF = 1.11 · 104 s = 184min, 18s

Esercizio 6 • 12min.

• 7.0 km.

• (A) a casa sua ; (B) a 4.0 km da casa ; (C) a 7.0 km da casa; (D) a 7.0 km da casa; (E) 4.0 km da casa .

• nei tratti AB ed EF la velocità è uguale in intensità e pari a 2.78m/s; • La velocità è massima nel tratto

D → E, quando Susanna sta tornando verso casa.

• 〈v〉A→C = 7000/2160 = 3.24m/s;

•〈v〉A→B + 〈v〉B→C

2= 3.47m/s

Esercizio 7 L'accelerazione del carrello è la pendenza della retta, a =∆v

∆t=

9

12= 0.750m/s2.

Equazioni del moto, �ssata l'origine del sistema di riferimento nel punto da cui comincia il moto del carrello, in

t = 0: v(t) = 0.750t+ 3.00

x(t) = 0.375t2 + 3t

il gra�co è un ramo di parabola che passa per l'origine.

Esercizio 8 x(15) = 30m; x(50) = (40 + 37.5 − 30) = 47.5m; x(65) = (40 + 37.5 − 60 − 10) = 7.5m; equazione del

moto dell'oggetto dopo 60 s dall'inizio del moto: x(t) = x(60) − v0(t − 60) = 17.5 − 2(t − 60), x(t) = 0 quando

t = 68.75.

Esercizio 9 −

t(s)

x(m)

60 120 180 240 300 360 420 480 540

100

200

300

400

500

Figura 21: vF =5

6m/s ' 0.833m/s; vM =

5

3m/s ' 1.67m/s; dF =

5

6· 480 = 400m; tM =

dF − 100

vM= 180 s; Marco

sorpassa Filippo nell'istante in cui xM ≥ xF . Equazioni del moto in un sistema di riperimento che ha origine a casa

di Filippo; xF =5

6t; xM =

5

3(t− 180) + 100 =

5

3t− 200.

Esercizio 10 a(AB) = 1.50m/s2; a(BC) = 0.0m/s2;a(CD) = 3.00m/s2; a(DE) = −1.5m/s2; a(EF ) = 0.0m/s2;

x(6) = 12.0m; x(6) = 24.0m; x(8) = 42.0m; x(12) = 78.0m; x(14) = 90.0m; v(t) = 1.50t (0 ≤ t ≤ 4);

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v(t) = 6.0 (4 < t ≤ 6); v(t) = 3.0(t − 6) + 6.0 = 3.0t − 12.0 (6 < t ≤ 8); v(t) = −1.5(t − 8) + 12.0 =

−1.50t+ 24.0(8 < t ≤ 12);v(t) = 6.0 (12 < t ≤ 14).

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Liceo Scienti�co �E. Fermi�.

Esercizi di Fisica per le vacanze: Elementi di cinematica e caduta libera di

gravi

Data: � Classe II.XX Nome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Esercizio 1 Quando il semaforo diventa verde, un'automobile parte con accelerazione a = 3.52m/s2, mentre una

seconda auto, che sopraggiunge con un ritardo di 1.25 s dopo la partenza della prima, continua la sua corsa con

velocità costante v0 = 67.0 km/h. Rispetto ad un sistema di riferimento che sceglierai in modo opportuno e avrai

cura di rapppresentare, scrivi le leggi orarie dei due punti materiali e rispondi ai seguenti quesiti

a) Trova gli istanti di tempo t1 e t2, a partire da quello in cui scatta il verde, in cui le due auto sono a�ancate

e in entrambi gli istanti stabilisci quale delle due auto si muove più velocemente

b) Trova in entrambi gli istanti la distanza che hanno i due mezzi dal semaforo

c) Calcola quale istante le auto hanno la stessa velocità e a quale distanza dal semaforo si trovano?

d) Rappresenta in un diagramma t− v il moto delle due auto.

Esercizio 2 Un automobilista sta viaggiando ad una velocità di 54.0 km/h. Nel momento in cui vede un semaforo

rosso inizia a frenare. L'auto subisce una decelerazione costante di 5.00m/s2. Rispetto ad un sistema di

riferimento che avrai cura di rappresentare scrivi le equazioni del moto e rispondi alle seguenti domande:

• Determina dopo quanto tempo l'auto si ferma.

• Calcola quanta strada ha percorso l'auto da quando ha iniziato a rallentare a quando si è fermata.

• Rappresenta la situazione descritta in un gra�co velocità� tempo.

• Rappresenta nello stesso gra�co t − v le seguenti situazioni e calcola il tempo necessario a fermarsi e lo

spazio percorso: ? se la velocità iniziale dell'auto è doppia; ?? se la decelerazione è la metà.

Esercizio 3 Un'automobile viaggia alla velocità di 72.0 km/h. Premendo il pedale dell'acceleratore, la velocità au-

menta con accelerazione costante �no a 144 km/h. Sapendo che lo spazio percorso durante la fase di accelerazione

è 300m: • calcola l'accelerazione e l'intervallo di tempo in cui si è avuta la variazione di velocità; • disegna i

gra�ci t− v e t− s speci�cando la scelta fatta per l'origine del sistema di riferimento.

Esercizio 4 Un'ambulanza si muove su una strada rettilinea alla velocità di 15.0m/s. In seguito ad una chiamata

d'emergenza, essa accelera per 60 s con accelerazione costante a1, portando la sua velocità a 27.0m/s: • calcola

il valore di a1 e la distanza percorsa mentre tale accelerazione agisce.

L'ambulanza procede poi alla velocità costante di 27.0m/s per i successivi 150 s: • calcola la distanza percorsa in

questo tempo e la posizione raggiunta a tale tempo rispetto alla posizione iniziale. Quindi, l'ambulanza rallenta

con accelerazione costante a2, e si ferma in 18 s: • calcola il valore di a2 e la posizione �nale dell'ambulanza.

Esercizio 5 Un treno A parte dalla stazione della città V alle ore 12 : 00, diretto verso la città Z, distante da V

350 km, viaggiando ad una velocità media costante di 100 km/h. Un secondo treno B parte da Z verso V alle

ore 12 : 15 e viaggia ad una velocità media costante di 80 km/h. Dopo aver scritto, con i dati a disposizione, le

leggi orarie dei treni in un opportuno sistema di riferimento che rappresenterai, rispondi ai seguenti quesiti

• Determina il tempo di viaggio del treno A e il tempo di viaggio del treno B.

• Scrivi le equazioni del moto dei treni in un sistema di riferimento che abbia V come origine.

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• Calcola il tempo di incontro dei due treni e determina l'ora e la distanza da V alla quale si incontrano i

due treni.

Esercizio 6 Willy il coyote sta cercando di catturare Beep-beep a bordo di un monopattino a reazione della ACME,

che gli fornisce un'accelerazione aW = 5.70m/s2. Beep-beep, che si muove di moto rettilineo ed uniforme, si

trova esattamente ad una distanza di 43.0m nell'istante in cui il coyote parte accendendo il monopattino a

reazione. Sapendo che la velocità del volattile corridore è vB = 22.0m/s, scrivi in un opportuno sistema di

riferimento che dovrai rappresentare le leggi orarie dei due e rispondi ai segueni quesiti

• stabilisci dopo quanto tempo il coyote raggiunge la stessa velocità del volatile da corsa e a quale distanza

si trovano in quel momento Willy e Beep-beep;

• dopo quanto tempo e a quale distanza dall'origine il coyote raggiungerebbe beep beep, se prima non

incorresse nella presenza di un crepaccio che si trova a 100m dal suo punto di partenza;

• rappresenta il moto dei due in un diagramma (v − t).

Esercizio 7 Una palla viene lanciata verticalmente verso l'alto con una velocità iniziale di 20.0m/s. • Scrivi le

equazioni del moto scegliendo un opportuno sistema di riferimento. • Determina il tempo di volo della palla e

la massima altezza a cui giunge.

Esercizio 8 Una giocatrice di pallavolo colpisce una palla imprimendole una velocità iniziale di 5.89m/s rivolta verso

l'alto; nell'istante in cui viene colpita, t = 0.00 s, la palla si trova a 110 cm di altezza rispetto al pavimento. Dopo

avere scritto le equazioni del moto, calcola: • l'altezza massima xM a cui arriva la palla e l'istante di tempo t1

al quale la palla raggiunge tale altezza; • l'istante di tempo t2 al quale la palla tocca il suolo e la velocità, v2,

con cui lo tocca.

La palla rimbalza poi verso l'alto con una velocità il cui valore assoluto è 1/3 di quello di v2; • calcola in questo

caso l'altezza massima h3 a cui arriva la palla e l'istante di tempo t4 al quale la palla tocca nuovamente il suolo.

Esercizio 9 Per testare l'e�cienza frenante, una vettura, inizialmente portata alla velocità di 160 km/h, viene fatta

rallentare decelerando costantemente di 6, 00m/s, �nché non si ferma. • Scrivi le equazioni del moto del veicolo.

• Calcola il tempo di fermata tF e lo spazio di fermata xF . • Rappresenta la velocità in un diagramma v − t;

• Calcola il tempo di fermata se la velocità iniziale fosse i2

3di 160 km/h.

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SOLUZIONI

Esercizio 1 Scegliamo un sistema di riferimento in cui l'origine si trova nel semaforo e l'istante iniziale è quello in

cui scatta il verde, istante in cui parte la prima automobile che si muove di moto accelerato. In questo sitema le

leggi orarie sono xA(t) = 1.76t2

vA(t) = 3.52 t

xB(t) = 18.6(t− 1.25)

vB = 18.6

t ≥ 1.25 s

Uguagliando le posizioni dei due punti materiali rispetto all'origine del sistema di riferimento, otteniamo l'equa-

zione

1.76t2 − 18.6 t+ 23.3 = 0

Si ottengono dunque le soluzioni

t1 = 1.45 s t2 = 9.13 s

All'istante t1 il veicolo B pur essendo passato in ritardo al semaforo, supera A perché la velocità del veicolo

accelerato è ancora minore di quella del veicolo che si muove di moto rettilineo uniforme. Quando t = t2 invece,

il veicolo A supera B de�nitivamente. Il secondo sorpasso avviene a circa 150m dal semaforo. Uguagliando le

due velocità otteniamo t? = 5.29 s; a questo istante il veicolo B si trova ancora davanti ad A.

t(s)

v(m/s)

2 4 6 8 10 12 14 16 18 20

4

8

12

16

20

24

28

auto B

auto A

Figura 22: Esercizio 1: due veicoli al semaforo

Esercizio 2 Leggi orarie (scritte nel sdr che ha origine nel punto e nell'istante in cui l'automobile comincia a frenare)

x(t) = 15.0t− 2.50t2

v(t) = 15.0− 5.00t

tF = 3.00 s, xF = 22.5m ? Se la velocità iniziale è doppia e la decelarazione è la stessa l'auto ci mette un

tempo doppio a fermarsi,

x(t) = 30.0t− 2.50t2

v(t) = 30.0− 5.00t

. t′F = 6.00 s ma lo spazio percorso è x′F = 90.0m; ?? se la

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decelerazione è la metà

x(t) = 15.0t− 1.25t2

v(t) = 15.0− 2.50t

t′′F = 6.00 s, x′′F = 45.0m

t(s)

v(m/s)

1 2 3 4 5 6 7

5

10

15

20

25

30

35

Figura 23: soluzione gra�ca es. 10. Gli spazi percorsi nei tre casi sono le aree dei triangoli rettangoli con ipotenusarispettivamente blu, rossa (?) e verde (??).

Esercizio 3 Leggi orarie (scritte nel sdr che ha origine nel punto e nell'istante in cui l'automobile comincia ad

accelerare) v0 = 20.0 + at

x(t) =1

2at2 + 20.0t

Le equazioni vanno istanziate con le condizioni fornite dal problema: quando v? = 44m/s, x? = 300m. Il

sistema che ne segue 40 = 20.0 + at?

300 =1

2at2? + 20.0t?

da cui le soluzioni t? = 10.0 s e a = 2.00m/s2. Dalle leggi orarie

v0 = 20.0 + 2.00t

x(t) = 1.00t2 + 20.0t

seguono i gra�ci

richiesti.

Esercizio 4 a1 =∆v

∆t= 0.200m/s2,

Scegliamo il sdr con origine nel tempo e nell'istante in cui l'ambulanza comincia ad accelerarex(t) = 0.100t2 + 15.0t 0s < t < 60.0s

v(t) = 15.0 + 0.20t

da cui x(60) = 1260m v(60) = 27.0m/s

x(t) = 27.0t+ 1260 0s < t < 150s

v(t) = 27.0

da cui x(150) = 5310m, a2 =∆v

∆t= −1.5m/s2

x(t) = 5310 + 27t− 0.750t2 0s < t < 18.0s

v(t) = 27− 1.5t

x(18) = xF = 5553m.

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Esercizio 5 Scegliendo un sdr con origine in V e inizio del tempo alle ore 12 : 00, le equazioni orarie dei treni sonoxA(t) = 27.8t in m, s

xB = 3.50 · 105 − 22.2(t− 900) = 3.30 · 105 − 22.2t

xA(t) = 100t in km, h

xB = 350− 80(t− 1/4) = 370− 80t

tempo si viaggio di A: tA = 3.5h; tempo di viaggio di B tB = 4.625h = 4h37min30s.

I teni si incontrano quando xA(t) = xB(t), cioè in t? = 2.056h = 2h3min, cioè alle ore ore 14 : 03.

Esercizio 6 Scegliamo un sistema di riferimento con origine nel punto in cui parte Willy e scriviamo le leggi orariexW (t) = 2.85t2

vW (t) = 5.70 t

xB(t) = 22.0 t+ 43.0

vB = 22.0

Imponendo che la velocità dei due punti materiali sia la stessa otteniamo t? = 3.86 s

La distanza di Willy dall'origine in quel momento è dW (t?) = 42.5m e quella della preda dB(t?) = 128m; la

di�erenza fra questi due valori dà la distanza che li separa.

L'istante in cui Willy raggiungerebbe la sua preda è la soluzione positiva dell'equazione

2.85t2 − 22.0 t− 43.0 = 0,

che è l'istante in cui le due curve del gra�co sottostante delimitano con l'asse dei tempi la medesima area

t(s)

v(m/s)

2 4 6 8 10 12 14 16

5

10

15

20

25

30

35

Willy

Beep-beep

Figura 24: soluzione gra�ca es. 6. Lo spazio percorso da Willy è l' area delimitata dall'asse delle ascisse e dalla rettablu, mentre per Beep-beep occorre sommare i 43m iniziali.

Esercizio 7 Scriviamo le leggi orarie nel sdr con l'origine a terra e l'asse y rivolto verso l'alto

y(t) = 1.50 + 20 t− g

2t2

v(t) = 20− g t

La massima altezza viene raggiunta nel punto di inversione, quando v = 0, all'istante t? =20

g. In quel momento

l'altezza vale y(t?) = 1.50 +200

g= 21.9m.

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Il tempo di volo si ottiene imponendo che y(t) = 0, che dà l'equazione gt2−40t−3.00 = 0 avente come soluzione

accettabile t = 4.15 s.

Esercizio 8 Scriviamo le leggi orarie nel sdr con l'origine a terra e l'asse y rivolto verso l'alto

y(t) = 1.10 + 5.89 t− g

2t2

v(t) = 20− g t

x(t) = 1.10 + 5.89t− 4.91t2; v(t) = 5.89− g t; t1 = 0.600 s;

Nel punto di inversione, alla massima altezza, v(t) = 0, da cui t? =5.89

ge ymax = y(t?) = 1.10+

34.69

2g= 2.87m.

Il tempo di volo si trova risolvendo l'equazione gt2 − 11.8 t− 2.2 = 0, che come soluzione accettabile tF = 1.37 s

da cui v(tF ) = vF = −7.55m/s è negativa perché rivolta verso il basso.

La palla riparte dunque con velocità v′0 = 2.51m/s rivolta verso l'alto. Bisogna riscrivere le leggi orarie con

questa condizione (nello stesso sdr) del punto precedente

y(t) = 2.51 t− g

2t2

v(t) = 2.51− g t

e trovare l'altezza massima che corrisponde al punto di inversione h3 = y′max =(2.51)2

2g= 0.321m

Esercizio 9 Velocità iniziale della macchina: v0 = 160 km/h = 44.4m/s. Equazioni orarie rispetto ad un sdr con

origine nel punto (e nell'istante) in cui la macchina inizia la fase di arresto

x(t) = 44.4 t− 3.00 t2

v(t) = 44.4− 6.00t

A partire dall'inizio della frenata, la vettura ci mette tF =44.4

6.00= 7.40 s ad arrestarsi, e nel frattempo percorre

lo spazio s = xf =(44.4)2

12= 164m.

Se la velocità iniziale fosse v′0 = 29.6m/s, le leggi orari sarebbero

x(t) = 29.6 t− 3.00 t2

v(t) = 29.6− 6.00t

e il tempo di aresto

sarebbe i 2/3 di quello precedente t′F = 4.93 s e s′ = x′F =(29.6)2

12=

4

9xF .

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Liceo Scienti�co �E. Fermi�.

Esercizi di Fisica per le vacanze: Elementi di cinematica e caduta libera di

gravi

Data: � Classe II.XY Nome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Prima di risolvere gli esercizi proposti, prima di ciascun esercizio, disegna il sistema di coordinate rispetto a cui scrivi

le equazioni del moto.

Esercizio 1 Un'automobile, durante una frenata, passa da 100 km/h a 40.0 km/h in ∆t = 10.0 s. Determina

l'accelerazione e lo spazio percorso. Spiega il segno che si ottiene per l'accelerazione.

Esercizio 2 Un ciclista vuole diminuire la sua velocità di 5.00m/s in un intervallo di tempo di 3.00 s. Che accelera-

zione deve imprimere alla bicicletta? Sapendo che la velocità iniziale è v0 = 10.0m/s, quanto spazio percorre

nel frattempo?

Esercizio 3 Un aviogetto, inizialmente fermo, accelera su una pista con accelerazione a = 4.00m/s2. Trova la

distanza percorsa e la velocità acquisita dopo 5.00s.

Esercizio 4 Un'auto, che si muove con velocità v = 100km/h, inizia a frenare con decelerazione costante e uguale a

1/10 dell'accelerazione di gravità. In quanto tempo si arresta? Quanto spazio ha percorso?

Esercizio 5 Un treno che viaggia con una velocità di 30.0 m/s, si ferma con un'accelerazione costante in 50.0 s. Qual

è l'accelerazione del treno? Che distanza percorre prima di fermarsi?

Esercizio 6 Un jet atterra sul ponte di una portaerei ad una velocità v0 = 70.0m/s, e si arresta gradualmente nello

spazio di 150m, grazie alla forza costante esercitata da uno speciale dispositivo. Trova l'accelerazione del moto

ed il tempo necessario per l'arresto del jet.

Esercizio 7 Un'automobile in moto lungo una strada rettilinea con velocità v0 = 60.0 km/h, si trova ad 80.0m da un

semaforo nell'istante in cui scatta il rosso. Immediatamente il conducente comincia a frenare imprimendo alla

vettura un'accelerazione costante. Si calcoli l'accelerazione necessaria a�nché l'automobile si possa fermare in

corrispondenza del semaforo.

Esercizio 8 Un mobile, partendo da fermo, si muove per un tempo t1 = 15.0 s con accelerazione costante a1 = g/4;

prosegue per t2 = 20.0 s con moto uniforme e poi decelera con accelerazione costante di modulo a2 = g/5, �no

a fermarsi. Traccia un gra�co della velocità in funzione del tempo e calcola lo spazio totale percorso, xF .

Esercizio 9 Durante un sorpasso, un ciclista, che ha una velocità iniziale di 10.0m/s si muove di moto uniformemente

accelerato con a = 2.00m/s2. • Scrivi le leggi orarie del ciclista e calcola: • il tempo impiegato a percorrere

100m; • la sua velocità alla �ne dei 100m.

Esercizio 10 Un'automobile parte dal punto O con velocità iniziale nulla e deve raggiungere un punto B distante

900m. Con quale accelerazione deve avvenire il moto se l'autista non vuole impiegare un tempo superiore a

20.0 s? E se la velocità iniziale fosse v0 = 10.0m/s ? In questo secondo caso, con quale velocità l'auto transita

da B.

Esercizio 11 Uno slittino parte da fermo e scivola giù per una collina con accelerazione costante. Esso percorre

12.0m nei primi 4.00 s. • trova l'accelerazione dello slittino e scrivine le leggi orarie. Quand'è che lo slittino

avrà una velocità di 4.00m/s?

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Esercizio 12 Un oggetto parte dall'origine con un moto rettilineo uniformemente accelerato. Se sta frenando con

accelerazione di 12.0m/s2 e, dopo 5.00 s il suo spostamento è pari a 2.00m, quanto era la sua velocità iniziale?

Disegna la legge oraria dello spazio x in funzione di t.

Esercizio 13 Una macchina che viaggia a 15.0m/s, urta contro un muro di pietre. Un suo passeggero bloccato con

le cinture di sicurezza si viene quindi a fermare in 1.00m. • A quale accelerazione media è soggetta quella

persona? Un altro passeggero senza cintura di sicurezza urta il parabrezza e si ferma in 0.0100m. • A quale

accelerazione media è soggetta questa persona?

Esercizio 14 Un razzo modello è sparato in linea retta verso l'alto con una accelerazione costante di 50.0m/s2, �nché,

dopo 4.00 s, esaurisce il combustibile. Trascurando la resistenza dell'aria trovare: • l'altezza h• del razzo quando

il motore si ferma; • la massima altezza hM raggiunta; • il tempo totale T di volo.

Esercizio 15 Un oggetto puntiforme viene lanciato verticalmente verso il basso da un'altezza h0 = 10.0m con una

velocità iniziale v0 = 2.00m/s. • Calcola il tempo impiegato a raggiungere il suolo e la velocità con cui vi arriva

(anche in km/h).

Esercizio 16 Un grave puntiforme viene lanciato verticalmente verso l'alto da un'altezza iniziale h0 = 5.00m, con

una velocità iniziale v = 7.00m/s. Calcola con quale velocità �nale e dopo quanto tempo il grave raggiunge il

suolo (ovvero assume una altezza nulla).

Esercizio 17 Una pietra viene lanciata verso il basso con una velocità iniziale v0 dal tetto di un edi�cio alto h1 =

20.0m. Contemporaneamente una seconda pietra viene lasciata cadere con velocità iniziale nulla da quello stesso

edi�cio, ma da un'altezza inferiore pari a h2 = 7.00m. Calcola quale deve essere la velocità iniziale della prima

pietra, a�nché entrambe le pietre raggiungano la terra contemporaneamente. Calcola inoltre il tempo che le due

pietre impiegano per cadere.

Esercizio 18 Una pietra viene lanciata verso l'alto con una velocità iniziale v0 da un'altezza di h1 = −2.00m.

Contemporaneamente una seconda pietra viene lasciata cadere con velocità iniziale nulla, ma da un'altezza

superiore pari a h2 = 30.0m. Calcola quale deve essere la velocità iniziale della prima pietra, a�nché entrambe

le pietre raggiungano la terra contemporaneamente. Calcolare inoltre il tempo che le due pietre impiegano per

cadere.

Esercizio 19 Un bambino lancia una palla dal tetto di un palazzo verso l'alto con una velocità di 12.3m/s. La palla

raggiunge il suolo dopo 4.25 s. Dire quanto è alto il palazzo. Qualè la massima altezza raggiunta? Con quale

velocità la palla raggiunge il suolo?

Esercizio 20 Un uomo, seduto accanto a una �nestra alta 1.80 m, vede passare una pallina diretta verso l'alto.

L'uomo misura il tempo, uguale a 0.400 s, che la pallina impiega ad attraversare la luce della �nestra. Quale

altezza massima raggiunge la pallina, relativamente alla base della �nestra, prima di ricadere?

Esercizio 21 Un paracadutista cade in caduta libera per 400m. Successivamente apre il paracadute e rallenta la sua

caduta con una decelerazione di 2.50m/s. Quando giunge a terra ha una velocità di 2.00m/s. Da quale altezza

si è lanciato?

Esercizio 22 Una pietra viene lasciata cadere in un pozzo profondo h = 50.0m; si calcoli il tempo di caduta ∆t1 e

il tempo ∆t2 che passa tra l'istante iniziale t0 e l'istante tF in cui viene ricevuto il rumore dell'impatto con il

fondo. (velocità del suono nell'aria vs = 343m/s).

La soluzione degli ultimi esercizi è lasciata a voi.

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SOLUZIONI

Esercizio 1 v(t0) = 27.8m/s, v(t1) = 11.1m/s. Si scelga il sdr con origine nel punto in cui ha inizio la frenata e si

calcoli l'accelerazione con la formula che la de�nisce a =v(t1)− v(t0)

t1 − t0= −1.67m/s2. Il segno negativo è dovuto

al fatto che la velocità diminuisce e ci dice che il vettore accelerazione ha verso opposto a quello della velocità.

Per determinare la spazio percorso si parte dalle leggi orariex(t) = 27.8t− 1.67 t

v(t) = 27.8t− 0.833 t2

e si impone la condizione v = 0 trovanddo il tempo di frenata e a seguire lo spazio di arresto s = x(tF ) =v202a

=

231m/s.

Esercizio 2 Essendo ∆v = −5.00m/s, a =v(t1)− v(t0)

t1 − t0= −5

3m/s2. L'accelerazione è negativa e diretta in verso

opposto alla velocità.

Equazioni del moto nel sdr con origine nel punto in cui il ciclista inizia la frenata:

x(t) = −5

6t2 + 10.0t

v(t) = 10− 5

3t

.

Il tempo di arresto si ottiene dalla condizione v(t) = 0 che dà tF = 6.00 s e lo spazio di arresto è x(tF ) =v202a

=

30.0m.

Esercizio 3 Equazioni del moto dell'aviogetto, in un sdr con origine nel punto (e nell'istante) in cui partex(t) = 2.00t2

v(t) = 4.00t

: da cui x(5.00) = 50.0m, v(5.00) = 20.0m/s.

Esercizio 4 Equazioni orarie nel sdr con origine nel punto in cui l'auto comincia frenare

v(t) =

250

9− g

10t

x(t) =250

9t− g

20t2

;

All'istante di arresto v(t?) = 0, da cui t? =2500

9g= 28.3 s; x(tF ) = 393m.

Esercizio 5 a =v(t1)− v(t0)

t1 − t0= −3

5= −0.600m/s2; l'accelerazione è negativa e il suo vettore ha verso opposto

rispetto a quello della velocità.

Nel sdr con origine nel punto di frenata, le leggi orarie sonox(t) = 30.0t− 0.300t2

v(t) = 30.0− 0.600, t

da cui, poiché il tempo di arresto è 50.0 s, x(50.0) = −750 + 150 = 750m.

Esercizio 6 Nel sdr con origine nel punto di frenata del jet

x(t) = 70.0t− a

2t2

v(t) = 70.0− at

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vanno risolte con le condizioni, relative al tempo di arresto x(tF ) = 150 e v(tF ) = 0. Si ottiene il sitema di

equazioni 150 = 70.0t− a

2t2

0 = 70.0− at

che ha soluzione a =49

3= 16.3m/s2 e tF =

30

7= 4.29 s. Alternativamente, ricorrendo alla relazione

x(t) =v20 − v(t)2

2a,

se ne fa l'inversa ottenendo a =v20 − v2F

2xF=

49

3= 16.3m/s2

Esercizio 7 Nel sdr con origine nel punto di frenata

x(t) =

50

9t− a

2t2

v(t) =50

9− at.

Analogo all'esercizio precedente, con condizioni x(tF ) = 80.0 e v(tF ) = 0. Risolto il sistema delle equazioni

orarie con i valori assegnati di x e v, si ottengono le soluzioni a =125

72= 1.74m/s2 tF =

48

5= 9.60 s

Esercizio 8 − Leggi orarie nel sdr con origine nel punto in cui l'oggetto parte

x(t) =

g

8t2

v(t) =g

4t 0 s ≤ t ≤ 15.0 s

x(t) =

15

4g t+

225

8g

v(t) =15

4g

0 s ≤ t ≤ 20.0 s

x(t) =

825

8g +

15

4g t− g

10t2

v(t) =15

4g − g

5t 0 s ≤ t ≤ 18.75 s

t(s)

v(m/s)

5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 55 60

4

8

12

16

20

24

28

32

36

40

Figura 25: Il tempo di arresto è tA = 15 + 20 +∆v

a= 35 +

75

4= 53.75 s; lo spazio percorso è l'area sottesa dal gra�co:

xF =4425

32g = 1.36 km

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Esercizio 9 Equazioni orarie scritte in un sdr con origine nel punto in cui il ciclista inizia ad accelerarex(t) = 1.00 t2 + 10.0t

v(t) = 10 + 2.00 t

Quando x = 100 si ottinen l'equaione t2 + 10.0t− 100 = 0 che ammette soluzione tF =5

2(√

5− 1) = 6.18 s.

Esercizio 10 Le equazioni orarie scritte nel sdr con origine nel punto di partenza dell'auto

x(t) =

1

2at2

v(t) = at

vanno

istanziate richiedendo che quando xF = 900m il tempo non sia maggiore di tF = 20.0 s. Il sistema che si ottiene,

nelle incognite a e vF ha soluzione

vF = 90m/s = 324 km/h

a = 4.5m/s2.

Nel caso due, rispetto allo stesso sdr le leggi orarie si scrivono

x(t) =

1

2at2 + 10 t

v(t) = at+ 10.0

e procedendo come nel caso precedente si ottengono le soluzioni

a = 3.5m/s2

vF = 80.0m/s = 288 km/h

.

Esercizio 11 In un opportuno sdr con assi paralleli al piano inclinato del pendio, e asse delle ascisse orientato verso

la base del pendio le leggi orarie sono

x(t) =

a

2t2

v(t) = at

e vanno istanziate richiedendo che quando t = t4 = 4.00 s

lo slittino occupi la posizione x4 = 12.0m. Si ottiene un sistema nell incognite a, v4 le cui soluzioni sonoa =

3

2= 1.50m/s2

v4 = 6.00m/s

.

Riscrivendo le equazioni orarie con il valore di a trovato si ta v(t) = 1.50 t da cui la velocità assume il valore

richiesto quando v? = 4.00m/s⇒ t? = 2.67 s.

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Esercizio 12 −

t(s)

x(m)

1 2 3 4 5

4

8

12

16

20

24

28

32

36

40

Figura 26: Scriviamo, con i dati forniti, l'equazione della posizione dell'oggetto: x(t) = −6.00t2 +v0t, che va istanziatarichiedendo che quando t = t? = 5.00 s, la posizione assuma il valore x? = 2.00m. Di qui si ottiene la soluzionev0 = 30.4m/s.

Esercizio 13 Invertendo la relazione x− x0 =v2 − v20

2a, si trova 〈a〉 =

v2 − v202(x− x0)

= −113m/s2.

Alternativamente, scritte le leggi orarie relazive ad un sdr che ha origine nel punto in cui inizia l'arresto dell'autox(t) =

〈a〉2t2 + 15.0t

v(t) = 〈a〉t+ 15.0

le si istanziano richiedendo che

x(tF )xF = 1.00

v(tF ) = 0

, da cui 〈a〉 = −113m/s2 e tF =

0.133 s.

Nel secondo caso l'accelerazione è 100 volte maggiore!

Esercizio 14 Scelto un sdr con origine a terra, si scrivono le leggi orarie

y(t) = 25.0t2 0.0 s < t < 4.00 s

v(t) = 50.0t

.

Da cui, dopo t• = 4.00 s,

h(t•) = 400m

v(t•) = 200m/s

.

Da questo istante in poi, le equazioni del moto divengono

y(t) = −g

2t2 + 200t+ 400

v(t) = −gt+ 200

.

L'altezza massima è raggiunta dopo 24.4 s dal momento del lancio: hM = 2.44 km.

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Esercizio 15 Le equazioni orarie, nel sdr con origine nel punto di partenza dell'oggetto e asse y orientato verso l'alto

sono y(t) = −g

2t2 − 2.00t+ 10

v(t) = −gt− 2.00

Quando il grave raggiunge il suolo y = 0 e l'equazione che ne risulta ha soluzione tF = 2

√1 + 5g − 1

g= 1.24 s.

Esercizio 16 È un problema analogo al precedente e le leggi orarie rispetto ad un sdr con asse delle ordinate orientato

verso l'alto sono y(t) = −g

2t2 + 7.00t+ 5.00

v(t) = −gt+ 7.00

Quando il grave raggiunge il suolo y = 0; tF =

√49 + 10g + 7

g= 1.95 s.

Esercizio 17 Leggi orarie della prima pietra:

y1(t) = −g

2t2 − v0t+ 20.0

v1(t) = −gt− v

Leggi orarie della seconda pietra (nello stesso sdr):

y2(t) = −g

2t2 + 7.00

v1(t) = −gt.

Il secondo grave raggiunge il suolo a tF =

√14

g: in quel momento il primo grave si trova ad altezza y1

(√14

g

)=

−v0√

14

g+ 13. Imponendo che questa sia nulla troviamo v0 = 13

√g

14= 10.9m/s

ESERCIZI SUL MOTO PARABOLICO

Esercizio-1 Un cannone, piazzato su una collina alta 170m, spara orizzontalmente un proiettile con una velocità di

uscita di 350m/s. Scrivi le leggi orarie del proiettile in un sistema di riferimento che avrai cura di rappresentare

e rispondi ai seguenti quesiti:

(a) trascurando la resistenza dell'aria, in quanti secondi il proiettile tocca terra?

(b) A quale distanza dalla base della collina il proiettile tocca terra?

(c) qual è la velocità del proiettile, in componenti ed intensità, quando tocca terra

Esercizio-2 Una pallina, lanciata orizzontalmente con una velocità iniziale v0 = 15.0m/s da un'altezza h incognita,

colpisce il suolo dopo 1.23 s. Dopo avere scritto � con i dati a tua disposizione� le leggi orarie del proiettile in

un sistema di riferimento che avrai cura di rappresentare, rispondi ai seguenti quesiti

(a) determina l'altezza h. È necessario conoscere l'intensità di v0 per determinare l'altezza?

(b) determina la gittata della pallina.È necessario conoscere l'intensità di v0 per determinare la gittata?

(c) determina le componenti del vettore velocità alla �ne del moto e l'inclinazione che ha la pallina rispetto a

terra quando tocca il suolo.

Esercizio 3 Un aereo in volo orizzontale a 776 km/h sgancia un pacco da un'altezza di 250m. Scrivi le leggi orarie

dell'oggetto lanciato dall'aereo, rispetto ad un sistema di riferimento da te scelto, che avrai cura di rappresentare

e rispondi ai seguenti quesiti:

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(a) Trascurando la resistenza dell'aria, calcola il tempo di volo e la gittata di lancio rispetto alla verticale del

punto in cui il pacco è lanciato;

(b) determina le componenti e l'intensità della velocità dell'oggetto quando tocca terra, e l'inclinazione del

pacco rispetto al suolo quando raggiunge terra.

Esercizio 4 Un aereo che vola orizzontalmente a 867 km/h e a una quota di 326m lancia un carico che deve toccare

terra in un punto ben preciso. Scrivi le leggi orarie del pacco rispetto ad un sistema di riferimento che avrai cura

di rappresentare e rispondi ai quesiti

(a) Quanto tempo prima di passare sulla verticale del bersaglio l'aereo deve e�ettuare il lancio?

(b) Trascurando la resistenza dell'aria, a quale distanza dalla verticale del bersaglio l'aereo deve sganciare il

carico?

(c) calcola la velocità �nale dell'oggetto

Esercizio 5 Un fucile puntato orizzontalmente contro un bersaglio che si trova distanza di 37.0m, spara un proiettile

con una velocità iniziale di 456m/s. Scrivi le leggi orarie del proiettile rispetto ad un sistema di riferimento che

rappresenterai e risolvi i seguenti quesiti:

(a) calcola il tempo di volo e la velocità del proiettile quando colpisce il bersaglio (componenti ed intensità);

(b) determina lo spostamento verticale del proiettile, dall'altezza di lancio al punto in cui colpisce il bersaglio.

Tale spostamento dipende dalla massa del proiettile?

(c) raddoppiando la distanza del fucile dal muro, cosa accade al tempo di volo e allo spostamento verticale del

proiettile?

Esercizio 6 Un cannone, posto a terra, spara un proiettile lungo una direzione inclinata di 35.0◦ rispetto all'orizzon-

tale, con una velocità iniziale di 97.0 m/s.

(a) Trascurando la resistenza dell'aria, quanto tempo impiega il proiettile a toccare terra e qual è la distanza

fra il punto di partenza e quello di arrivo (gittata)?

(b) Qual è l'altezza massima raggiunta dal proiettile?

(c) Qual è la velocità del proiettile alla �ne del moto?

Esercizio 7 Una palla è lanciata da un'altezza h con velocità di modulo v0 = 13.0m/s e angolo pari a 42.0◦ rispetto

all'orizzontale. Dopo aver scritto le leggi del moto con i dati che hai a disposizione della palla rispetto ad un

sistema di riperimento che rappresenterai, sapendo che colpisce il suolo dopo 1.91 s dal momento del lancio,

rispondi ai seguenti quesiti

(a) determina h e la massima altezza raggiunta dalla pallina

(b) trova la velocità �nale della pallina (intensità e componenti) e la sua gittata

Esercizio 8 Un sasso è lanciato con una �onda da un'altezza h verso terra con un'inclinazione di 37.0◦ rispetto

all'orizzontale e velocità iniziale di modulo v0 = 25.6m/s. Dopo averne scritto le leggi orarie con i dati in tuo

possesso rispetto ad un sistema di riferimento che rappresenterai, sapendo che il sasso cade ad una distanza di

26.7m rispetto alla verticale del punto di lancio rispondi alle seguenti domande:

(a) calcola il tempo di volo e l'altezza da cui il sasso viene lanciato;

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(b) calcola la velocità �nale (intensità e componenti) del sasso e l'inclinazione con cui case rispetto al suolo

Esercizio 9 Una palla viene lanciata dall'altezza di 32.0 cm, contro un muro con la velocità iniziale di 13.0m/s

inclinata di un angolo di 38.0◦ rispetto all'orizzontale orizzontale. Scrivi con i dati in tuo possesso le leggi orarie

della palla rispetto ad un sistema di riferimento da te scelto, che rappresenterai e, sapendo che il muro si trova

a d = 8.90m dal punto di lancio, rispondi ai quesiti

(a) calcola il tempo di volo della palla prima di colpire la parete e l'altezzaa cui la palla colpisce la parete;

(b) calcola le componenti della velocità della palla, la sua intensità e direzione nell'istante in cui essa colpisce

la parete;

(c) stabilisci se, quando la palla colpisce la parete, essa ha già superato il vertice della traiettoria: in caso

negativo determina l'altezza massima e la velocità della palla in questo punto

Esercizio 10 Una palla è calciata, dal suolo, verso un muro distante d = 13.00m, che colpisce all'altezza h=10.00m

dopo un tempo t = 0.863 s. Scrivine le leggi orarie (con i dati disponibili) rispetto ad un sistema di riferimento

e rappresentalo e rispondi ai seguenti quesiti:

(a) determina il modulo della velocità iniziale;

(b) calcola la massima altezza raggiunta dalla palla e la velocità della palla nel punto di massima altezza

(modulo e componenti)

(c) calcola la velocità della palla quando raggiunge il muro (componenti e modulo e direzione)

Esercizio 11 Una pallina è lanciata orizzontalmente da un'altezza pari a 1.70m. Il modulo della velocità con cui

cade al suolo è pari al doppio del modulo della velocità iniziale. Si determini la velocità iniziale della pallina.

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Esercizio-1 Rispetto ad un s.d.r. che ha origine sulla bocca del cannone e l'asse y rivolto verso il basso, le leggi orarie

sono x(t) = 350 t

y(t) =g

2t2

vx = 350

vy(t) = gt

Oppure, in forma vettoriale:

~r(t) = 350 t x +g

2t2 y ~v(t) = 350 x + gt y

Rispetto al s.d.r. in questione, quando l'oggetto tocca terra, le sue coordinate sono (G;h), dove G è la gittata,

richiesta nel punto successivo: quindi per conoscere il tempo di volo dovremo risolvere l'equazione

170 =g

2t2v, da cui t =

√2h

g=√

34.66 = 5.89 s

dalla legge oraria per la posizione ricaviamo la gittata, il punto in cui il proiettile tocca terra G = 350tv = 2062m

utilizzando in�ne le equazioni per la velocità otteniamo, al termine del moto

~vF = 350 x + 57.8 y |~v| = 355m/s

Esercizio-2 Consideriamo un s.d.r. che ha origine nel punto in cui la pallina viene lanciata e asse y rivolto verso

l'alto; in tale sistema , le leggi orarie sono

x(t) = 15.0 t

y(t) = −g2t2

vx = 15.0

vy(t) = −gt

oppure, in forma vettoriale

~r(t) = 15.0 t x − g

2t2 y ~v(t) = 15.0 x − gt y

Rispetto al s.d.r. in questione, quando l'oggetto tocca terra, le sue coordinate sono (G;−h), dove G è la gittata,

richiesta nel punto successivo. Siccome sappiamo che l'oggetto tocca il suolo all'istante tv = 1.23 s, dobbiamo

solo sostituire questo valore nelle leggi orarie per la posizione per ottenere

x(tv) = G = 15.0tv = 18.4m

y(tv) = −h = −g2t2v = −7.53m

da cui h = 7.53m

la velocità iniziale contribuisce ovviamente alla gittata della pallina, ma non alla sua altezza.

Utilizzando le leggi orarie per la velocità e istanziandole all'istante tv troviamo le componenti della velocità

�nale, quindi essendo vx = 15.0m/s

vy(tv) = −gtv = −12.07m/s

da cui ~vF = 15.0 x − 12.1 y

il vettore della velocità �nale, che è tangente alla traiettoria dell'oggetto forma, con il suolo, un angolo di

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ampiezza θ = arctan

(vFy

vFx

)= 38.8◦, che ci dà l'inclinazione della sfera rispetto al suolo. Il complementare di

quest angolo è l'inclinazione della pallina rispetto alla verticale.

Esercizio 3 Consideriamo un s.d.r. che ha origine a terra, sulla verticale nel punto in cui il pacco è lanciato, e asse

y rivolto verso l'alto; siccome il pacco, nel momento in cui viene lanciato, ha la stessa velocità dell'aereo le sue

leggi orarie sono x(t) = 216 t

y(t) = 250− g

2t2

vx = 216

vy(t) = −gt

Oppure, in forma vettoriale

~r(t) = 216 t x +(

250− g

2t2)y ~v(t) = 216 x − gt y

Rispetto al s.d.r. in questione, quando l'oggetto tocca terra, le sue coordinate sono (G; 0), dove G è la gittata,

quindi ricaviamo il tempo di volo tv richiedendo che y(tv) = 0. Risolvendo l'equazione corrispondente si trova

tv = 7.14 s

Sostituendo questo valore nell'equazione che descrive la coordinata x(t) al variare del tempo, otteniamo

x(tv) = G = 1542m = 1.54 · 103m.

Sostituendo lo stesso valore del tempo nell'equazione per la velocità, si ottengono le due componenti della velocità

�nale de pacco

vx = 216

vy(tv) = −gtv = −70.03

da cui ~vF = 216 x − 70.0 y

quadrando troviamo l'intensità e l'angolo di inclinazione del pacco rispetto al suolo si trova tenendo presente

che, la velocità è tangente alla traiettoria in ogni punto, e dunque anche in quello di impatto con il suolo è dato

dalla formula θ = arctan

(vFy

vFx

)= 18◦. Il complementare di quest angolo è l'inclinazione dell'oggetto rispetto

alla verticale.

Esercizio 4 Come nell'esercizio precedente, il pacco quando è sganciato possiede la medesima velocità orizzontale

dell'aereo. Scegliamo l'origine del sistema di riperimento nel punto in cui il pacco viene sganciato e asse y rivolto

verso il basso così le leggi orarie sono

x(t) = 241 t

y(t) =g

2t2

vx = 241

vy(t) = g t

.

Oppure, in forma vettoriale

~r(t) = 241 t x +g

2t2 y ~v(t) = 241 x + gt y

Questo esercizio si basa sul fatto che il tempo di volo di un oggetto che si muove di moto parabolico dipende,

oltre che dall'accelerazione g e dall'altezza h, solo da un'eventuale componente verticale della velocità e non è

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in�uenzato dalla velocità dell'aereo, che è rivolta in questo caso solo nella direzione dell'asse x. In questo sistema

di riferimento, quando l'oggetto tocca terra, le sue coordinate sono (G, h), dove G è la gitta ta e h = 326m è

l'altezza del lancio. Dalla legge per la coordinata y(t), ricaviamo tv =

√2h

g= 8.15 s. Durante l'intervallo di

tempo che va dall'istante 0 del lancio all'istante tv, l'oggetto percorre la distanza orizzontale G = x(tv) = 1963m,

che è la distanza richiesta nel secondo punto dell'esercizio.

Per quanto riguarda la velocità �nale, facendo uso delle leggi orarie della velocità troviamo

vx = 216

vy(tv) = gtv = 79.97

da cui ~vF = 216 x + 80.0 y

Esercizio 5 Rispetto ad un sistema di riferimento che abbia origine sulla bocca del fucile e asse y rivolto verso il

basso (asse x rivolto nella direzione del moto del proiettile) le leggi orarie si scrivono

x(t) = 456 t

y(t) =g

2t2

vx = 456

vy(t) = g t

Oppure, in forma vettoriale

~r(t) = 456 t x +g

2t2 y ~v(t) = 456 x + gt y

in questro s.d.r., le coordinate �nali dell'oggetto sono (d; ∆y), dove d è la distanza del fucile dal muro e ∆y

lo spostamento verticale del proiettile, ignoto. Dalla prima legge oraria si ricava dunque il tempo di volo

tv =d

v0= 0.0811 s = 8.11 · 10−2 s; lo spostamento del proiettile è indipendente dalla sua massa e misura

∆y =g

2t2v = 0.0323m

Raddoppiando la distanza del fucile dal muro, raddoppierebbe alche il tempo di volo del proiettile, che si muove

di moto uniforme lungo l'asse x. Poiché lo spostamento verticale del proiettile dipende dal quadrato del tempo

di volo, esso quadruplicherebbe

Esercizio 6 Le componenti della velocità iniziale del proiettile lanciato dal cannone rispetto ad un sistema di assi con

origine nella bocca del cannone e asse y rivolto verso l'alto, sono ~v0 = v0 cosα︸ ︷︷ ︸v0x

x +v0 sinα︸ ︷︷ ︸v0y

y = 79.4 x +55.7 y .

Le leggi orarie rispetto a quel sistema di assi, in cui come istante iniziale si prende quello del lancio del proiettile

sono x(t) = 79.4 t

y(t) = −g2t2 + 55.7 t

vx = 79.4

vy(t) = −g t+ 55.7

Oppure, in forma vettoriale

~r(t) = 79.4 t x +(−g

2t2 + 55.7 t

)y ~v(t) = 79.4 x − (g t− 55.7) y

Il tempo di volo si ottiene consideranto che le coordinate �nali del proiettile, quando esso raggiunge il bersaglio,

nel s.d.r. considerato sono (G; 0), dove G è la gittata, esso quindi soddisfa alla coppia di equazioni

G = x(tv) = v0x tv = 79.4 tvg

2t2v − v0ytv = 0

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risolvendo la seconda si ottiene, a parte la soluzione tv = 0, il valore tv = 11.4 s, da cui la gittata che misura

G =2v0yy0x

g= 902m. Quanto all'altezza massima, essa è raggiunta nell'istante t? in cui la componente verticale

della velocità si annulla, quindi assume il valore hmax =v20y2g

= 158m.

In�ne, sostituendo il valore di tv nelle leggi orarie della velocità si ottiene

~v(tv) = ~vF = 79.4 x − 55.7 y ,

cioè trascurando l'attrito dell'aria la velocità �nale del proiettile (a meno del segno della componente y che

risulta invertito), è la stessa con cui esso viene lanciato (ciò avviene perché l'altezza di lancio è zero!).

Esercizio 7 Fissando l'origine del s.d.r, avente asse y rivolto verso il basso, nel punto in cui la palla viene lanciata,

le componenti della velocità iniziale sono ~v0 = v0 cosα︸ ︷︷ ︸v0x

x − v0 sinα︸ ︷︷ ︸v0y

y = 9.66 x − 8.70 y . Ora , e quindi si

trovano le leggi orarie

x(t) = 9.66 t

y(t) =g

2t2 − 8.70 t

vx = 9.66

vy(t) = g t− 8.70

o anche

~r(t) = 9.66 t x +(g

2t2 − 8.70 t

)y ~v(t) = 9.66 x + (g t− 8.70) y

In corrispondenza della massima altezza della palla, si annulla la componente verticale della velocità, e ciò avviene

all'istante t? =v0yg

= 0.887 s per cui l'ordinata della palla, che in quel momento si trova nel quarto quadrante,

è negativa

y? =g

2t2? − v0yt? = −3.86.

In questo s.d.r., quando la palla tocca terra, le sue coordinate sono (G;h), dove G è la gittata e h l'altezza iniziale

rispetto al suole: questo avviente all'istante tv che è fornito nei dati del problema: h =g

2t2v − v0ytv = 1.28m.

Allora la massima altezza raggiunta rispetto al suolo è 5.14m

Esercizio 8 Le componenti della velocità iniziale del sasso rispetto alla direzione orizzontale, preso il s.d.r. con asse

y rivolto verso il basso ed origine nel punto di lancio, sono

~v0 = v0 cosα︸ ︷︷ ︸v0x

x + v0 sinα︸ ︷︷ ︸v0y

y = 20.4 x + 15.4 y

e quindi le leggi orarie diventano

x(t) = 20.4 t

y(t) =g

2t2 + 15.4 t

vx = 20.4

vy(t) = g t+ 15.4

o anche

~r(t) = 20.4 t x +(g

2t2 + 15.4 t

)y ~v(t) = 20.4 x + (g t+ 15.4) y

Ora utilizziamo l'informazione fornita sulla gittata del sasso per ricavare il tempo di volo. Partendo dalla prima

delle due equazioni per la posizione troviamo tv =G

vx= 1.31 s. Ricordiamo che rispetto al sistema di riferimento

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scelto, le coordinate �nali del sasso sono (G;h), dove G è gittata, fornita nei dati e h è l'altezza iniziale, incognita

che si può trovare facendouso della seconda legge oraria per la posizione

h = y(tv) = 28.6m.

Utilizzando la seconda coppia di equazioni, quelle per la velocità, si ottiene

~v(tv) = ~vF = 20.4 x + 28.2 y

in�ne, l'angolo di inclinazione del sasso rispetto al suolo, (che è complementare di quello di inclinazione rispetto

alla verticale), si trova con la formula

θ = arctanvFy

vFx= 54.1◦

che si ricava tenendo presente che il vettore velocità del punto mateirle è sempre tangente alla traiettoria e

dunque lo è anche nell'istante �nale del moto.

Esercizio 9 Rispetto ad un sistema di riferimento che abbia origine sul suolo, nella verticale del punto di lancio della

palla, le leggi orarie si scrivono

x(t) = 10.2 t

y(t) = −g2t2 + 8.00 t+ 0.320

vx = 10.2

vy(t) = −g t+ 8.00

~r(t) = 10.2 t x −(g

2t2 − 8.00 t− 0.320

)y ~v(t) = 10.2 x − (g t− 8.00) y

Per determinare il tempo in cui la palla resta in volo, teniamo presente che essa colpirà, al termine della traiettoria,

il muro in un punto che, rispetto al sistema scelto ha coordinate (d;h) dove h è l'altezza a cui la palla colpisce

il muro, da cui tv =d

vx= 0.869 s e quindi

h = y(tv) = 3.57m

~v(tv) = ~vF = 10.2 x − 0.525 y

tan(θ) = 0.0508

In corrispondenza del vertice della traiettoria, si annulla la componente verticale della velocità; quindi il punto

di massima altezza è raggiunto all'istante t? =v0yg

= 0.816 s e dunque prima che la palla colpisca il muro.

Sostituendo questo valore del tempo otteniamo, riguardo alla velocità ~v? = 10.2 x e

h = y(t?) = 3.58m

Quando colpisce il muro, la palla si trova davvero vicina al vertice della triaettoria

Esercizio 10 Scriviamo le leggi orarie con i dati a disposizione (ben pochi!) riferendoci come nell'esercizio precedente

ad un sistema di riferimento che abbia origine sul suolo, nella verticale del punto di lancio della palla

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x(t) = v0 cosα t

y(t) = −g2t2 + v0 sinα t

vx = v0 cosα

vy(t) = −g t+ v0 sinα

con α angolo di inclinazione.

Istanziando queste equazioni all'istante �nale del moto, che ci viene dato, e sapendo che in corrisondesnza di

questo istante le coordinate del punto materiale sono (13.00; 10.00), otteniamo il sistema di equazioni

13.00 = 0.863 v0 cosα

10.00 = −3.654 + 0.863 v0 sinα

v0 cosα = 15.064

v0 sinα = 15.822

A questo punto, dividendo la seconda equazione per la prima otteniamo tanα = 1.0503, da cui ricavimo α = 46.4◦

e poi v0

Esercizio 11 Scriviamo le leggi orarie della pallina con i dati a nostra disposizione prendendo un sistema di riferimento

con origine sul suolo, nella verticale del punto di lancio ed asse y verso l'alto

~r(t) = v0 t x +(h− g

2t2)y ~v(t) = v0 x − g t y

Quando la pallina cade al suolo, la sua posizione deve assumere il valore ~r(tv) = G x + 0 y , cioè deve annullarsi

la coordinata y.

Quindi tv =

√2h

ge

~v(tv) = v0 x − g tv y = v0 x −√

2gh y .

Dunque, l'intensità della velocità �nale sarà |~v(tv)| =√v20 + 2gh e per quanto fornitoci nei dati, questa velocità

deve essere il doppio dell'intensità di quella iniziale

|~v(tv)| = 2 |~v(0)| ⇒√v20 + 2gh = 2v0

ed elevando entrambi i termini alla seconda

v20 + 2gh = 4v20 da cui v0 =

√2

3gh = 3.33m/s