Esercizio 1 Fisica Generale A - core.ac.uk · DOMENICO GALLI – Fisica Generale A – E 2....

2. Esercizi di Cinematica

Fisica Generale A

http://campus.cib.unibo.it/2457/

September 17, 2010

Esercizio 1

• Un punto materiale è vincolato a muoversi lungo una guida rettilinea.

• Al tempo t = 0 il punto materiale si trova in quiete.

• Il punto materiale accelera con accelerazione:

• Trovare la velocità istantanea raggiunta e lo spazio percorso dopo:

• = 775.

a t( ) = kt

2, con k =

+1

1000m s

4

2 +1

100s

2DOMENICO GALLI – Fisica Generale A – E 2. Esercizi di Cinematica

Esercizio 1 (II)

• La velocità raggiunta si trova integrando l’accelerazione:

• Lo spazio percorso si trova integrando la velocità:

• Nel nostro caso:

v t( ) = a t( )d t

0

t

= kt2d t

0

t

= kt

3

30

t

= kt

3

3

s t( ) = v t( )d t

0

t

= kt

3

3d t

0

t

= kt

4

120

t

= kt

4

12

k =+1

1000m s

4=

775+1

1000m s

4= 0.776m s

4

t =2 +1

100s =

2 775+1

100s = 15.51s


Esercizio 1 (III)

• Da cui:

v = kt3

3= 0.776

15.513

3= 965m s

s = kt4

12= 0.776

15.514

12= 3740m


Esercizio 2

• Un punto materiale è vincolato a una guida circolare di raggio r = 3 m, su cui può scorrere senza attrito.

• Esso si muove secondo la legge oraria:

con:

• Calcolare la componente tangenziale e la componente normale dell’accelerazione dopo 1 s.

• = 384.

s t( ) = kt

3

k =+1

200m/s

3


Esercizio 2 (II)

• Le componenti tangenziale e normale dell’accelerazione si scrivono:

• Troviamo le derivate di s:


at= s

an=s2

r

s t( ) = kt3

s t( ) = 3kt2

s t( ) = 6kt

k =+1

200m/s

3= 1.925m/s

3


Esercizio 2 (III)

• Avremo perciò:

att( ) = s t( ) = 6kt

ant( ) =

s2t( )r

=9k

2t4

r

att( ) = 6 1.925 1= 11.6m s

2

ant( ) =

9 1.925214

3= 11.1m s

2


Esercizio 3

• Un punto materiale viene lanciato dalla superficie terrestre con velocità v0 = 100 m/s, a un angolo di rispetto alla verticale.

• Calcolare il raggio di curvatura del punto materiale subito dopo il lancio.

• = 239.

=9

100°

v0


Esercizio 3 (II)

• Come per tutti i corpi liberi in prossimità della superficie terrestre, l’accelerazione ha norma g = 9.81 m/s2 ed è diretta lungo la verticale, verso il centro della terra (vedi figura).

• L’accelerazione si può pertanto scomporre in due componenti ortogonali: la componente tangenziale at, con la stessa direzione della velocità e la componente normale an, con direzione perpendicolare alla velocità.

• La componente normale è legata al raggio di curvatura dalla relazione:

• Conoscendo an si può quindi calcolare il raggio di curvatura.

v0

a = g

at= g cos

an= g sin

an=v2


Esercizio 3 (III)

• Nel nostro caso abbiamo:

= 9

100° = 9

100239° = 21.51°

an= g sin = 9.81 sin 21.51°( ) = 3.60m s

2

=v

2

an

=100 100

3.60= 2780m

10

v0

a = g

at= g cos

an= g sin

DOMENICO GALLI – Fisica Generale A – E 2. Esercizi di Cinematica

Esercizio 4

• Un punto materiale si muove in un piano seguendo la legge oraria:

• Trovare il raggio di curvatura della traiettoria nei due seguenti casi: – La norma dell’accelerazione è costante: a = 2k.

– La norma dell’accelerazione cresce con il tempo, secondo la legge:

s t( ) = kt2 , con k = 0.25m s2

a t( ) = 2k 1+t

T

4

, con T = 7s


Esercizio 4 (II)

• Nella sua espressione intrinseca, l’accelerazione si può scrivere come:

• Essendo i versori e perpendicolari tra loro, si ha:

• Da questa relazione possiamo ricavare il raggio di curvatura:

a = st̂ +s2

n̂

a2= a ia = st̂ +

s2

n̂ i st̂ +s

2

n̂ = s2t̂ i t̂

1

+s

4

2n̂i n̂

1

+ 2ss

2

n̂i t̂

0

=

= s2+

s4

2

a2s2=s4

2=

s2

a2s2


Esercizio 4 (III)

• Nel nostro esercizio, abbiamo:

• Nel primo caso l’accelerazione è costante (a = 2k) e avremo:

• Poiché raggio di curvatura è infinito, la traiettoria è rettilinea.

s t( ) = kt2, con k = 0.25m s

2

s t( ) = 2kt

s t( ) = 2k

=s

2

a2

s2=

4k2t

2

a2

4k2

=4k

2t

2

a2

4k2

a 2k


Esercizio 4 (IV)

• Nel secondo caso la norma dell’accelerazione aumenta col tempo secondo la legge:

• Avremo:

• Poiché il raggio di curvatura è costante, la traiettoria è circolare.

a t( ) = 2k 1+t

T

4

, con T = 7s

=4k

2t2

a24k

2

=4k

2t2

4k21 +

t

T

4

4k2

=4k

2t2

2 kt2

T2

= 2kT2cost


Esercizio 4 (V)

• Il raggio di curvatura è dato da:

k = 0.25m s2

T = 7s

= 2kT2= 2 0.25

m

s2

49 s2= 24.5m


Esercizio 5

• Un punto materiale si muove in un piano.

• A partire da un certo istante i moduli della velocità e dell’accelerazione diminuiscono con il tempo secondo le leggi:

• Trovare: – la legge oraria.

– la forma della traiettoria per tutti i valori ammissibili di k.

v t( ) =L

t + T, a t( ) =

kL

t + T( )2


Esercizio 5 (II)

• Troviamo innanzitutto la legge oraria:

s t( ) = v t( ) =L

t + T

s t( ) = s t( )d t

0

t

=L

t + Td t

0

t

= L ln t + T( )0

t

= L ln t + T( ) L lnT =

= L lnt + T

T= L ln 1+

t

T

s t( ) = L ln 1+t

T


Esercizio 5 (III)

• Troviamo ora la traiettoria. Ricordiamo dall’esercizio 4 che:

• In questo esercizio:

=s2

a2s2

s t( ) = v t( ) =L

t + Ts t( ) =

dv

d t=

L

t + T( )2

a t( ) =kL

t + T( )2

=s2

a2s2

=

L2

t + T( )2

k2L2

t + T( )4

L2

t + T( )4

=L

k21


Esercizio 5 (IV)

• Come si vede, per il raggio di curvatura risulterebbe immaginario, per cui non si ha né una traiettoria, né un moto reale.

• Per si ha:

il raggio di curvatura è infinito, e la traiettoria è rettilinea.

• Per il raggio di curvatura è costante e finito e la traiettoria è circolare.

=L

k21

k 1,1 k

21< 0

k = ±1

=L

k2

1k ±1

k 1,1


Esercizio 6

• Un punto materiale A si muove di moto rettilineo uniforme, con velocità di norma v = v0 = 3.0 m/s, lungo la retta y = d, con d = 30 m.

• Un secondo punto materiale B parte dall’origine, con velocità nulla e accelerazione costante, di norma a = a0 = 0.40 m/s2, nello stesso istante in cui il punto materiale A attraversa l’asse y.

• Per quale angolo i due punti materiali collidono?

v

a


Esercizio 6 (II)

• Per quanto riguarda il punto A, si ha:

• Per quanto riguarda il punto B si ha invece:

vA

t( ) = v0ı̂

rA

t( ) rA

0( )d ˆ

= v d t

0

t

= v0ı̂ d t

0

t

= v0ı̂ d t

0

t

= v0tı̂

rA

t( ) = v0tı̂ + d ˆ

vBt( ) v

B0( )0

= aBt( )d t

0

t

= a0ı̂ sin d t

0

t

+ a0ˆcos d t

0

t

=

= a0ı̂ sin d t

0

t

+ a0ˆcos d t

0

t

=

= a0ı̂ sin + ˆcos( )t

a

Bt( ) = a

0ı̂ sin + a

0ˆcos

21

v

a


Esercizio 6 (III)

• La collisione si verifica se e soltanto se esiste un istante t in cui:

vB

t( ) = a0ı̂ sin + ˆcos( )t

rB

t( ) rB

0( )0

= vB

t( )d t

0

t

= a0ı̂ sin + ˆcos( )t d t

0

t

= a0ı̂ sin + ˆcos( ) t d t

0

t

=

= a0ı̂ sin + ˆcos( )

t2

20

t

=1

2a

0ı̂ sin + ˆcos( )t2

rB

t( ) =1

2a


rA

t( ) = rB

t( )

v0tı̂ + d ˆ =

1

2a


22

v

a


Esercizio 6 (IV)

• Questo sistema di equazioni deve essere risolto nelle incognite t e :

v0tı̂ + d ˆ =

1

2a


v0t =

1

2a

0t

2sin

d =1

2a

0t

2cos

v0t =

1

2a

0t

2 sin

t = 0

t =2v

0

a0sin

d =1

2a

0t

2 cos

d = 0 (impossibile)

d =1

2a

0cos

2v0

a0sin

2

sin2=

2v0

2

a0d

cos

23

v

a


Esercizio 6 (V)

sin2=

2v0

2

a0d

cos 1 cos2=

2v0

2

a0d

cos

cos2+

2v0

2

a0d

cos 1= 0 cos =v

0

2

a0d±

v0

2

a0d

2

+1

cos =32

0.4 30±

32

0.4 30

2

+1 = 0.75 ± 0.752+1 = 0.75 ± 1.5625

cos = 0.75 ±1.25 =0.5

2 impossibile, cos 1,1( )

cos = 0.5 = 60° =3

rad

24

v

a


Esercizio 7

• L’equazione parametrica del moto di un punto materiale P si scrive:

• Determinare l’equazione della traiettoria y = y(x).

• Determinare inoltre la legge oraria s = s(t) con le condizioni iniziali t0 = 0 s, s0 = 1 m.

P t( ) O =t2

2ı̂ + 2 t

2ˆ


Esercizio 7 (II)

• Per componenti, le equazioni parametriche del moto si scrivono:

• Per trovare l’equazione della traiettoria bisogna eliminare il tempo dalle due equazioni:

• Si tratta dell’equazione di una retta di coefficiente angolare .

P t( ) O =t2

2ı̂ + 2 t

2ˆ

x t( ) =t2

2

y t( ) = 2 t2

x t( ) =t2

2t2= 2x

y x( ) = 2 t2= 2 2x

s0,s( )

s0

s


Esercizio 7 (III)

• Per trovare la legge oraria, dobbiamo trovare il percorso s lungo la traiettoria in funzione del tempo t.

• In generale, essendo le traiettorie delle curve, si può scrivere:

dove, l’integrale di linea rappresenta la lunghezza della spezzata mostrata in figura, quando la lunghezza dei segmentini, di lunghezza si, tende a 0 (e dunque la spezzata approssima la curva (s0, s)).

• Come si vede nella seconda figura,

s s0= d s

s0

,s( )

s0,s( )

s0

s

si= x

i( )2

+ yi( )2

d s = d x( )2

+ d y( )2

27

si

xi

yi


Esercizio 7 (IV)


• Per cui:

• Occorre ora sostituire a s0 e t0 le condizioni iniziali.

x t( ) =t

2

2

y t( ) = 2 t2

d x

d t= t

d y

d t= 2 2 t

d x = t d t

d y = 2 2 t d t

d s = d x( )2

+ d y( )2

= t d t( )2

+ 2 2 t d t( )2

= t2+ 8t

2d t = 3t d t

s t( ) s0= d s

s0,s( )

= 3td t

t0

t

=3

2t2

t0

t

=3

2t2 3

2t0

2

s t( ) =3

2t2 3

2t0

2+ s

0


si

xi

yi

Esercizio 7 (V)

s t( ) =3

2t23

2t0

2+ s

0

s t( ) =3

2t23

202+1

s t( ) =3

2t2+1


s0,s( )

s0

s

Esercizio 8

• Un punto materiale P si muove, in un piano cartesiano Oxy su di una traiettoria di equazione:

con legge oraria:

• Se all’istante t0 = 0 s il punto materiale si trova nel punto A(5, 1), determinare, in funzione del tempo, il vettore posizionale:

y x( ) =

1

5x

s t( ) = 3t

2+ t +1

r = r t( ) = P t( ) O


Esercizio 8 (II)

• Dalla legge oraria:

troviamo, sostituendo:

• Dalla figura, si vede che:

• Dall’equazione della traiettoria troviamo:

• Da queste:

y =1

5x

A 5,1( ) P t( )

x t( )

y t( )

s t( ) = 3t

2+ t +1

s

0= s t

0( ) = s 0( ) = 1 s t( ) s

0= 3t

2+ t

s t( ) s

0= P t( ) A = x t( ) x

0

2

+ y t( ) y0

2

y t( ) = 1

5x t( )

y0= 1

5x0

s t( ) s0= x t( ) x

0

2

+ y t( ) y0

2

=

= x t( ) x0

2

+1

25x t( ) x

0

2


Esercizio 8 (III)

• Infine:

s t( ) s0=

26

25x t( ) x

0

2

=26

5x t( ) x

0

x t( ) x0=

5

26

s t( ) s0

y t( ) y0=

1

5x t( )

1

5x

0=

1

5x t( ) x

0=

1

26

s t( ) s0

x t( ) =5

26

s t( ) s0

+ x0=

5

26

s t( ) 1 + 5 =5

26

3t2+ t + 5

y t( ) =1

26

s t( ) s0

+ y0=

1

26

s t( ) 1 +1=1

26

3t2+ t +1

r t( ) = x t( ) ı̂ + y t( ) ˆ =3t2+ t + 26

26

5ı̂ + ˆ( )


y =1

5x

A 5,1( ) P t( )

x t( )

y t( )

Esercizio 9

• Il vettore posizionale di un punto materiale P è dato, in funzione del tempo, da:

• Determinare la legge oraria s = s(t) con le condizioni iniziali:

P t( ) O = r t( ) =t3

3ı̂ +

t2

2

+1 ˆ + t + 2( ) k̂

t0= 0s

s0= 0m


Esercizio 9 (II)

• L’esercizio è analogo all’esercizio 7, ma in questo caso il moto avviene in 3 dimensioni, per cui si ha (vedi figura):

• Dalle equazioni parametriche si ricava:

x

s

y

z

si= x

i( )2

+ yi( )2

+ zi( )2

d s = d x( )2

+ d y( )2

+ d z( )2

x t( ) =t

3

3

y t( ) =t

2

2

+1

z t( ) = t + 2

d x

d t= t

2

d y

d t= 2 t

d z

d t= 1

d x = t2d t

d y = 2 t d t

d z = d t

d s = d x( )2

+ d y( )2

+ d z( )2

= t2d t( )

2

+ 2 td t( )2

+ d t( )2

=

= d t t4+ 2t

2+1 = t

2+1( )d t


s0,s( )

s0

s

si

xi

yi

Esercizio 9 (III)

• Integrando:

s t( ) s0= d s

s0,s( )

= t2+1( )d t

t0

t

=t3

3+ t

t0

t

=t3

3+ t

t0

3

3t0

s t( ) =t3

3+ t

t0

3

3t0+ s

0=t3

3+ t


s0,s( )

s0

s

Esercizio 10

• Un punto materiale viene lanciato in direzione orizzontale da un’altezza h0 rispetto al suolo, con velocità v0.

• Trascurando la resistenza dell’aria si calcoli: – Le componenti tangenziale e normale dell’accelerazione del punto materiale, in un

generico punto di altezza h;

– Lo spazio s percorso dal punto dall’istante del lancio a quello in cui tocca il suolo.


Esercizio 10 (II)

• Il punto materiale è soggetto all’accelerazione di gravità, costante, diretta lungo la verticale e con verso in basso:

• Integrando e scegliendo, per semplicità, t0 = 0, si ha:

• Integrando nuovamente: v0

at

an

a

a t( ) = gk̂

v t( ) v0= v t( ) v

0ı̂ = a t( )d t =

t0

t

gk̂ d t =t0

t

gk̂ d t =t0

t

gk̂ t t0

( )

v t( ) = v0ı̂ g t t

0( ) k̂ = v

0ı̂ gtk̂

r t( ) r0= v t( )d tt0

t

= v0ı̂ gtk̂( )d t

t0

t

= v0ı̂ d tt0

t

gk̂ td tt0

t

=

= v0ı̂ t

t0

t

gk̂t2

2t0

t

= v0t ı̂

gt2

2k̂


Esercizio 10 (III)

• Per rispondere alla domanda, occorre scrivere a e v in funzione di z. a è costante, mentre, per quanto riguarda v si ha:

r t( ) r0= r t( ) h

0k̂ = v

0t ı̂

1

2gt2k̂

r t( ) = v0t ı̂ + h

0

1

2gt2 k̂

r t( ) = v0t ı̂ + h

0

1

2gt2 k̂

x t( ) = v0t

z t( ) = h0

1

2gt2 t =

2

gh0z

v t( ) = v0ı̂ gtk̂ = v

0ı̂ g

2

gh0z t( ) k̂

v z( ) = v0ı̂ 2g h

0z k̂


v0

at

an

a

Esercizio 10 (IV)

• I componenti tangenziale e normale dell’accelerazione si possono scrivere come:

• Avremo dunque:

at= aiv̂( )v̂ componente di a nella direzione v̂( )

an= a aiv̂( )v̂ essendo a

n+ a

t= a a

n= a a

t( )

at= aiv̂ =

aiv

v

=

gk̂i v0ı̂ 2g h

0z k̂( )

v0ı̂ 2g h

0z k̂

=g 2g h

0z

v0

2+ 2g h

0z

at= aiv̂( )v̂ = aiv̂( )

v

v

=g 2g h

0z

v0

2+ 2g h

0z

v0ı̂ 2g h

0z k̂

v0

2+ 2g h

0z

=

=

g 2g h0z v

0ı̂ 2g h

0z k̂( )

v0

2+ 2g h

0z


v0

at

an

a

Esercizio 10 (V)

at=

g 2g h0

z v0ı̂ 2g h

0z k̂( )

v0

2+ 2g h

0z

an= a a

t= gk̂

g 2g h0

z v0ı̂ 2g h

0z k̂( )

v0

2+ 2g h

0z

=

=gk̂ v

0

2+ 2g h

0z( ) g 2g h

0z v

0ı̂ + g 2g h

0z 2g h

0z k̂

v0

2+ 2g h

0z

=

=gv

0

2k̂ g 2g h0

z v0ı̂

v0

2+ 2g h

0z

an= a

n=

gv0

2( )2

+ g 2g h0

z v0( )

2

v0

2+ 2g h

0z


v0

at

an

a

Esercizio 10 (VI)

• La seconda domanda chiede la lunghezza della traiettoria. Iniziamo scrivendone l’equazione:

an= a

n=

gv0

2( )2

+ g 2g h0z v

0( )2

v0

2+ 2g h

0z

=

gv0v0

2+ 2g h

0z( )

2

v0

2+ 2g h

0z

=

=gv

0v0

2+ 2g h

0z

v0

2+ 2g h

0z

=gv

0

v0

2+ 2g h

0z

r t( ) = v0t ı̂ + h

0

1

2gt2 k̂

x t( ) = v0t t =

x

v0

z t( ) = h0

1

2gt2

z = h0

1

2gt2 = h

0

1

2gx

v0

2

= h0

g

2v0

2x2

41

v0

at

an

a


Esercizio 10 (VII)

• Potremo scrivere:

• L’ascissa xC del punto in cui P raggiunge il suolo si ottiene da:

z = h0

g

2v0

2x2

dz

dx=

gx

v0

2

d s = d x( )2

+ d z( )2

= d x( )2

+ d xd z

d x

2

= 1+d z

d x

2

d x =

= 1+gx

v0

2

2

d x = 1+g 2

v0

4x2 d x

z = h0

g

2v0

2x2

z = 0

h0

g

2v0

2x2 = 0

xC=

2v0

2h0

g= v

0

2h0

g

42

v0

at

an

a


Esercizio 10 (VIII)

• Si ha perciò:

• Ricordando che:

• Si ha:

s = d s = 1+d z

d x

2

d x

0

xC

= 1+g 2

v0

4x2

d x

0

v0

2h0

g

1+ b2x

2d x =

1

2x 1+ b

2x

2+

1

2bln bx + 1+ b

2x

2+ C

s = 1+g 2

v0

4x2 d x

0

v0

2h0

g

=1

2x 1+

g 2

v0

4x2 +

v0

2

2glng

v0

2x + 1+

g 2

v0

4x2

0

v0

2h0

g

43

v0

at

an

a


Esercizio 10 (IX)

s =1

2x 1+

g 2

v0

4x2 +

v0

2

2glng

v0

2x + 1+

g 2

v0

4x2

0

v0

2h0

g

=

=1

2v0

2h0

g1+g 2

v0

4v0

22h

0

g+v0

2

2glng

v0

2v0

2h0

g+ 1+

g 2

v0

4v0

22h

0

g

v0

2

2gln 1 =

=1

2v0

2h0

g1+2gh

0

v0

2+v0

2

2gln

2gh0

v0

+ 1+2gh

0

v0

2

s =1

2v0

2h0

g1+2gh

0

v0

2+v0

2

2gln

2gh0

v0

+ 1+2gh

0

v0

2

44

v0

at

an

a


Esercizio 11

• Un dardo viene lanciato orizzontalmente nella direzione del centro di un bersaglio, alla velocità di 10 m/s.

• Dopo 0.19 s essa si conficca nel punto Q, sotto il centro P.

• Quanto vale la distanza PQ?

• Quanto dista il lanciatore dal bersaglio?


Esercizio 11 (II)

• Le equazioni parametriche del moto si scrivono:

• All’istante t = 0.19 s si ha:

• Avremo perciò:

v0 P

Q

r t( ) = v0t ı̂

1

2gt2ˆ

r 0.19s( ) = 10m s 0.19s ı̂1

29.81m s

2

0.192s

2ˆ =

= 1.9m ı̂ 0.177m ˆ


Esercizio 12

• Un punto materiale si muove lungo una guida circolare di raggio pari a r = 3.64 m, di moto uniformemente accelerato.

• In un certo istante t1, l’accelerazione del punto materiale forma un angolo = 22.0º con la direzione radiale e la velocità del punto materiale ha norma pari a 17.4 m/s. – Di quanto aumenta, in mezzo secondo la norma della velocità?

– Quanto vale la norma dell’accelerazione?

v

a


Esercizio 12 (II)

• Ricordando l’espressione intrinseca dell’accelerazione:

si capisce che l’aumento della norma della velocità ( ) dipende soltanto dalla componente tangenziale dell’accelerazione.

• Noi conosciamo la componente normale dell’accelerazione (perché conosciamo la velocità e il raggio) e la sua inclinazione rispetto al raggio; da questi dati possiamo calcolare la componente tangenziale dell’accelerazione.

• La componente normale dell’accelerazione vale:

a = att̂ + a

nn̂ = st̂ +

s2

n̂

sdt

ant1

( ) =s2

=17.4m s( )

2

3.64m=302.76 m

2s2

3.64m

= 83.18 m s2

48

v

a


Esercizio 12 (III)

• Sappiamo inoltre che:

• L’aumento in 0.5 s della norma della velocità sarà, essendo costante la componente tangenziale dell’accelerazione:

an= acos

at= asin

a =an

cos

at=an

cossin = a

ntan

at= a

nt1

( ) tan t1

( ) = 83.18m s2tan22° = 83.18m s

20.40 = 33.6m s

2

a t1

( ) =ant1

( )cos t

1( )

=83.18m s

2

cos22°=83.18m s

2

0.927= 89.7m s

2

v = s t = att = 33.6m s

20.5 s = 16.8m s

49

v

a


http://campus.cib.unibo.it/2457/

Domenico Galli Dipartimento di Fisica

[email protected]

http://www.unibo.it/docenti/domenico.galli

https://lhcbweb.bo.infn.it/GalliDidattica

Esercizio 1 Fisica Generale A - core.ac.uk · DOMENICO GALLI – Fisica Generale A – E 2....

Documents

Transcript of Esercizio 1 Fisica Generale A - core.ac.uk · DOMENICO GALLI – Fisica Generale A – E 2....