Esercizi di Cinematica - Sapienza - Università di Roma · Esercizi di Cinematica 28 febbraio 2009...

Esercizi di Cinematica

PIACENTINO - PREITE (Fisica per Scienze Motorie)28 febbraio 2009 1

Le equazioni cinematiche

Moto rettilineo uniformeMoto rettilineo

uniformemente accelerato

vv

a

0 costante

0

==

=

)(

costante e 0

0 atvtv

a

+=

≠

28 febbraio 2009 PIACENTINO - PREITE (Fisica per Scienze Motorie) 2

tvxtx

vv

00

0

)(

costante

+=

==

)(2

2

1)(

)(

0

2

0

2

2

00

0

xxavv

attvxtx

atvtv

f −=−

++=

+=

ESERCIZIO n.1

Quando il semaforo diventa verde, un’automobile parte conaccelerazione a=3.0m/s2, mentre una seconda auto chesopraggiunge in quel momento continua la sua corsa convelocità costante v=72.0 Km/h.a) Dopo quanto tempo la prima auto affiancherànuovamente la seconda?

PIACENTINO - PREITE (Fisica per Scienze Motorie) 3

nuovamente la seconda?b) Quale velocità avrà in quell’istante e quale distanza avràpercorso?

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

Fare i diagrammi orari e i diagrammi v(t) per le due auto.

28 febbraio 2009

SOLUZIONE

Quando il semaforo diventa verde, un’automobile parte con accelerazione a=3.0m/s2,mentre una seconda auto che sopraggiunge in quel momento continua la sua corsacon velocità costante v=72.0 Km/h.a) Dopo quanto tempo la prima auto affiancherà nuovamente la seconda?b) Quale velocità avrà in quell’istante e quale distanza avrà percorso?c) In quale istante le auto hanno la stessa velocità e a quale distanza dal

semaforo si trovano?Fare i diagrammi orari e i diagrammi v(t) per le due auto.


Prima cosa da fare: DISEGNO

ovvero uno schema che ci

aiuti a descrivere il moto.

28 febbraio 2009

Automobile 1, accelerazione = costante

Automobile 2, velocità = costante

Dopo quanto tempo la prima auto affiancherànuovamente la seconda?


Poniamo xPoniamo x11 = x= x22

28 febbraio 2009

vtx

atx

=

=

2

2

12

1

vtat =2

2

1vat =

2

1

a

vt 2=

sec3.133

40

3

360072000

2 ===t



Quale velocità avrà in quell’istante e quale distanza avrà percorso?

PIACENTINO - PREITE (Fisica per Scienze Motorie) 628 febbraio 2009

atv

atx

=

=

1

2

12

1

sec0.40)3.13(3

3.265)3.13(32

1

1

2

1

mv

mx

==

==



In quale istante le auto hanno la stessa velocità ?


costante2

1

=

=

v

atvatvv == 21

sec6.63

360072000

2 ===a

vt



A quale distanza dal semaforo si trovano?(quando hanno la stessa velocità)


vtx

atx

=

=

2

2

12

1

mx

mx

1326.63600

72000

34.65)6.6(32

1

2

2

1

==

==

Automobile 1, accelerazione = cost

Automobile 2, velocità = cost


X [m]


tempo [s]

28 febbraio 2009

Automobile 1, accelerazione = cost


v [m/s]


Automobile 2, velocità = cost

tempo [s]

28 febbraio 2009

ESERCIZIO n.2

Un uomo di 70.0kg salta da una finestra nella rete dei vigilidel fuoco tesa a 11.0m più in basso.

•Calcolare la velocità dell’uomo quando tocca la rete.La rete, cedendo di 1.5 metri, riesce ad arrestare l’uomo.


La rete, cedendo di 1.5 metri, riesce ad arrestare l’uomo.•Calcolare la decelerazione dell’uomo durante la fase diarresto.

28 febbraio 2009

SOLUZIONE

Dividiamo lo studio in due fasi:1) Moto in caduta libera dell’uomo per 11.0 m, con

velocità iniziale pari a zero;

Un uomo di 70.0kg salta da una finestra nella rete dei vigili del fuoco tesa a 11.0mpiù in basso.

•Calcolare la velocità dell’uomo quando tocca la rete.La rete, cedendo di 1.5 metri, riesce ad arrestare l’uomo.

•Calcolare la decelerazione dell’uomo durante la fase di arresto.


velocità iniziale pari a zero;2) Moto uniformemente decelerato per 1.5 metri.

Importante: MOTO IN CADUTA LIBERA SIGNIFICA CHE C’E’ ACCELERAZIONE DI GRAVITA’ g = 9.8 m/s2, DIRETTA VERSO IL BASSO.

28 febbraio 2009

Calcolare la velocità dell’uomo quandotocca la rete.

11 metri

velocità iniziale v0 = 0v=v0+at=gt, con a = g = 9.8 m/s

2

Non conosciamo il tempo necessario araggiungere terra, cioè a percorrere 11metri. Usiamo

g

22

002

1

2

1gtattvxx =++=


11 metri

28 febbraio 2009

0022

gtattvxx =++=

sec5.18.9

222===

g

xt

Da cui si ricava

E quindi

sec7.14)5.1(8.9 mgtv ===

Calcolare la decelerazione dell’uomodurante la fase di arresto.

velocità finale velocità finale vf=0

velocità iniziale v0 = 14.7m/s


Dopo avere percorso uno spazio s=1.5m

Si può applicare l’equazione 022

0

2=+= asvv f

Da cui si ricava

( )2

22

0

sec72

3

7.14

2m

s

va −=−=−=

ESERCIZIO n.3

Un cannone lancia un proiettile a velocità v0=300m/sec.Calcolare l’alzo del cannone per avere la massima gittatadeterminandone anche il valore.


alzo

gittata

y

v0x

vyv

SOLUZIONE

Nella schematizzazione del problema si osserva che la velocitàiniziale può essere decomposta nelle due componenti lungo l’asse x elungo l’asse y rispettivamente.

α

α

sin

cos

00

00

vv

vv

y

x

=

=


x

v0x

v0x

v0y

vy

v0

0 xg

α

La componente dellavelocità lungo l’asse xresterà inalterata ecostante.

Lungo x il moto è rettilineouniforme con velocità v0x.

y

v0x

vyv

SOLUZIONE

Lungo l’asse y, invece, agisce l’accelerazione di gravità. Ma agiscenella direzione contraria; pertanto si avrà una decelerazione.

La componente dellavelocità lungo l’asse yvarierà, annullandosi nelpunto di massima quota.-g


x

v0x

v0x

v0y

vy

v0

0 xg

α

tvgtty y0

2

2

1)( +−=

Lungo y il moto è rettilineouniformementeaccelerato.

Pertanto si può scrivere

SOLUZIONE

In sintesi ecco le equazioni orarie per le due componenti del moto

tvgtty

tvtx

y

x

0

2

0

2

1)(

)(

+−=

=E sostituendole componentidella velocità tvgtty

tvtx

)sin(2

1)(

)cos()(

0

2

0

α

α

+−=

=


Ora per determinare la gittata si osserva che il tempo per percorrerelo spazio xg può essere calcolato come

αcos00 v

x

v

xt

g

x

g==

e dopo tale tempo dovrà essere y(t)=0, quindi

0cos

sincos2

1

0

0

2

0

=+

−

αα

α v

xv

v

xg

gg

SOLUZIONE

Con qualche passaggio algebrico …

( ) 0cossin22

0 =− ααvgxx gg

… escludendo la soluzione xg=0 (l’origine del moto), si ha

)2sin(2

0 αg

vxg =


g

Per determinare la gittata massima

0=αd

dxg0)2cos(2

2

0 =αg

v°= 902α °= 45α

E quindi la massima gittata vale

mg

vxg 67.9183

8.9

)300(22

0

max===

ESERCIZIO n.4

Una palla di 0.40 Kg è lanciata in aria e raggiunge una altezzamassima di 20 m. Calcolare la sua velocità iniziale.

h

y

Schematizziamo il problema Considerando che la velocitàfinale sarà nulla e ladecelerazione è semprecostante si ha

0222

=+= ahvv


-g

v0

022

0

2=+= ahvv f

e quindi

sec8.19)20)(8.9(222

0mghahv ===−=

ESERCIZIO n.5

Un oggetto viene spinto a salire su un piano inclinato con unavelocità iniziale v0=30m/sec. Essendo αααα=45° l’inclinazionedel piano inclinato, si determini:

1. Il tempo necessario ad arrestarsi;2. A che altezza dal suolo si fermerà.


v0

αααα

SOLUZIONE

x y

Schematizziamo il problema s sarà lo spazio percorsolungo il piano inclinato finoal punto di arresto

h sarà la quota raggiuntarispetto al piano orizzontale

Appare ovvia la scelta delg

αααα

-gx

-gy


v0

αααα

h

s

Appare ovvia la scelta delsistema di rifermentoindicato

Il corpo è soggetto alla accelerazione di gravità che va decomposta secondo il riferimento scelto. Quindi …

α

α

cos

sin

gg

gg

y

x

=

=

SOLUZIONE

E dovendosi fermare si potràcalcolare il tempo di arresto come

Riferendoci al moto lungo l’asse x edessendo esso decelerato, si potràscrivere

v0h

x y

g

αααα

-gx

-gytgvatvv f )sin(00 α−=+=


ααααs sec32.445sin8.9

30

sin

0 =°

==αg

vt

Per trovare lo spazio percorso lungo x si ha ( )sgvv f αsin22

0

2−=−

da cui

αsin2

2

0

g

vs = E quindi

( )( )

mg

v

g

vsh 9.45

8.92

30

2sin

sin2sin

22

0

2

0 ===== αα

α

ESERCIZIO n.6

Un sasso è lanciato verticalmente verso l’alto con una velocitàiniziale v01=25m/sec. Si calcoli la massima quotaraggiunta ed il tempo impiegato.Un secondo sasso è lanciato verso l’alto, lungo la stessatraiettoria del primo, quando il primo si ferma in quota. A tale


traiettoria del primo, quando il primo si ferma in quota. A talesasso è impressa una velocità iniziale v02=15m/sec. Dopoquanto tempo si incontreranno i due sassi? E a qualequota?

SOLUZIONE

Schematizziamo il problema

y

h

Appare evidente che, nellaprima fase del moto, ilcorpo, lanciato verso l’alto,sarà decelerato dallaattrazione gravitazionale.

Pertanto si potrà scrivere


g

v01

ghahvv f 222

01

2−==−

Ma, alla quota h il corpo si fermerà. quindi

mg

vh 8.31

)8.9(2

)25(

2

22

01 ===

SOLUZIONE

y

h

g

Nota l’altezza raggiunta h=31.8mè possibile determinare il tempo divolo fino al punto di arresto.

Basta ricordare l’equazionecinematica della velocità per ilcaso di decelerazione


v01 001 =−= gtvv f

Pertanto si ha

sec55.28.9

2501 ===g

vt

SOLUZIONE

Ora il sasso n°1 è per un istantefermo, poi inizierà a cadere sottol’azione della gravità

La sua legge oraria, con la quotavalutata rispetto al terreno, è

2

12

1gthy −=

y

h

g

y1

Una seconda schematizzazione


12

gthy −=

Per il sasso n°2 si ha ovviamente

tvgtgth02

22

2

1

2

1+−=−

g

v02 y2tvgty

02

2

22

1+−=

Quando si toccheranno dovràessere y1=y2. Quindi

da cuisec12.2

15

8.31

02

===v

hti

SOLUZIONE

Per la determinazione della quotadi impatto, utilizzando il valoreti=2.12sec, basta applicare unaqualsiasi legge oraria

2

12

1gthy −=

y

h

g

y1


2

e sostituendo …v02 y2

mgthy ii 77.9)12.2(8.92

18.31

2

1 22=−=−=

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