Esercizi sulla Cinematica del punto (superiori)

I seguenti esercizi riguardano la Cinematica del punto studiata nella Lezione 1 di Meccanica.

Esercizi

1. Fascio catodico

In un tubo a raggi catodici di un televisore gli elettroni attraversano una regione con moto rettilineo, sottoposti ad una accelerazione costante. Sapendo che la regione è lunga $d\$ e che gli elettroni entrano nella regione con velocità $v_{1}\$ ed escono con velocità $v_{2}\$.

Determinare: Il valore dell'accelerazione a cui sono sottoposti gli elettroni ed il tempo di attraversamento della regione stessa.

(dati del problema $d=5\ cm\$, $v_{2}=9\cdot 10^{6}\ m/s\$, $v_{1}=2\cdot 10^{4}\ m/s\$)

2. Automobile

Un'auto parte da ferma con accelerazione uguale a 4 m/s². Si determini quanto tempo impiega a raggiungere la velocità di 120 km/h e quanto spazio percorre durante la fase di accelerazione.

3. Treno

Un treno parte da una stazione e si muove con accelerazione costante. Passato un certo tempo dalla partenza la sua velocità è divenuta $v_{1}\$, a questo punto percorre un tratto $d\$ e la velocità diventa $v_{2}\$.

Determinare accelerazione, tempo per percorre il tratto $d\$ e la distanza percorsa dalla stazione al punto in cui la velocità è $v_{1}\$.

(dati del problema $d=160\ m\$, $v_{1}=33\ m/s\$, $v_{2}=40\ m/s\$)

4. Rally

In un tratto speciale di un rally automobilistico un pilota deve percorrere nel tempo minimo un tratto $d\$, partendo e arrivando da fermo. Le caratteristiche dell'auto sono tali che l'accelerazione massima vale $a_{max}\$, mentre in frenata la decelerazione massima vale $a_{min}\$. Supponendo che il moto sia rettilineo, determinare il rapporto tra il tempo di accelerazione e di decelerazione, e la velocità massima raggiunta.

(dati del problema $d=500\ m\$, $a_{max}=2\ m/s^{2}\$, $a_{min}=-3\ m/s^{2}\$)

5. Moto armonico semplice

Una particella vibra di moto armonico semplice con ampiezza $x_{0}\$, attorno all'origine, e la sua accelerazione all'estremo della traiettoria vale $a_{0}\$. All'istante iniziale passa per il centro.

Determinare: La velocità quando passa per il centro ed il periodo del moto.

(Dati: $x_{0}=2\ mm$, $a_{0}=8\times 10^{3}\ m/s^{2}$)

6. Caduta con attrito viscoso

Un oggetto viene lasciato cadere, da fermo ad una quota $h\$, sotto l'azione combinata della accelerazione di gravità e di una decelerazione proporzionale alla velocità (dovuta all'attrito viscoso) secondo la legge $b\cdot v\$. La velocità di regime vale $v_{f}\$. Determinare: a)Dopo quanto tempo la decelerazione dovuta all'attrito viscoso vale 0.9 della accelerazione di gravità (ovviamente con segno opposto); b) a quale quota si trova nel caso a); c) il tempo approssimativo di caduta (la formula esatta è non ottenibile semplicemente)

(dati del problema $h=10\ m$, $v_{f}=4.9\ m/s$)

7. Moto parabolico

Le equazioni parametriche di un punto materiale sono

$x=a+bt\$

$y=ct^{2}\$

Determinare l'equazione della traiettoria e la velocità in modulo al tempo $t_{1}\$

(dati del problema $t_{1}=7\ s$, $a=0.02\ m$, $b=2\ m/s$, $c=3\ m/s^{2}$).

8. Moto circolare non uniforme

Un punto materiale si muove su un'orbita circolare, orizzontale di raggio $R\$ e la sua velocità angolare segue la legge:

$\omega (t)=A{\sqrt {t}}\$

Determinare: a) il modulo dell'accelerazione quando $t=t_{1}$; b) il tempo necessario a fare un giro a partire dall'istante iniziale.

(dati del problema $A=2rads^{-3/2}\$, $t_{1}=0.4\ s$, $R=10\ m$)

9. Palla in alto

Una palla viene lanciata verso l'alto con velocità iniziale $v_{0}\$; dopo un tempo $t_{1}\$ passa di fronte ad un ragazzo ad altezza $h_{1}\$ dal suolo e continua a salire verso l'alto. Determinare: a) velocità iniziale $v_{0}\$; b) La quota massima $h_{2}\$.

(dati del problema $t_{1}=0.4\ s$, $h_{1}=4\ m$)

10. Macchina in frenata

Per fermare un'auto, passa prima di tutto un certo tempo di reazione per dare inizio alla frenata, poi vi è un tempo di frenata fino all'arresto. Nel lasso di tempo di reazione, si può assumere che la velocità si mantenga costante. A parità di accelerazione di frenata e tempo di reazione partendo da una velocità $v_{1}\$ la macchina frena in $d_{1}\$, mentre ad una velocità di regime di $v_{2}\$ frena in $d_{2}\$.

Determinare: a) La decelerazione; b) il tempo di reazione del guidatore

(dati del problema $d_{1}=57\ m$, $v_{1}=80\ km/h$, $v_{2}=52\ km/h$, $d_{2}=25\ m$, il moto dopo il tempo di reazione è un moto accelerato uniforme)

11. Ampiezza moto armonico

Una particella vibra di moto armonico semplice attorno all'origine. All'istante iniziale si trova in $x_{1}\$ e la sua velocità vale $v_{1}\$ ed il periodo vale $T\$. Determinare il massimo allontanamento dalla posizione di equilibrio e dopo quanto tempo dall'istante iniziale la velocità si è annullata.

(Dati: $x_{1}=20\ cm$, $v_{1}=0.3\ m/s$, $T=3\ s$)

12. Moto ellittico

Le equazioni parametriche di un punto materiale, che descrive una ellisse intorno all'origine, sono: $x=a\sin \omega t$, $y=b\cos \omega t$.

Determinare, quando si è fatto un quarto di giro a partire dall'istante iniziale, quale sia la distanza dal centro, la velocità e l'accelerazione in modulo del punto materiale.

(dati del problema $a=2\ m$, $b=3\ m$, $\omega =0.2\ rad/s$).

13. Moto a spirale

Le equazioni parametriche di un punto materiale, che descrive una curva a spirale con partenza nell'origine, sono :

$x=At\sin \omega t\$

$y=At\cos \omega t\$

Determinare, quando si è fatto un giro a partire dall'istante iniziale, quale sia la posizione, la velocità e l'accelerazione in modulo del punto materiale.

(dati del problema $A=0.5\ m/s$, $\omega =0.2\ rad/s\$)

14. Altezza di un pozzo

Determinare la profondità di un pozzo sapendo che il tempo tra l'istante in cui si lascia cadere un sasso, senza velocità iniziale, e quello in cui si ode il rumore, in conseguenza dell'urto del sasso con il fondo del pozzo, è $\Delta t\$. Si trascuri la resistenza dell'aria e si assuma che la velocità del suono sia $v_{s}\$.

(dati del problema $\Delta t=4.8\ s\$, $v_{s}=340\ m/s\$ )

15. Moto con accelerazione frenante

Un punto materiale all'istante iniziale ha una velocità $v_{o}\$ e subisce una decelerazione nella direzione del moto proporzionale alla velocità istantanea secondo la legge $b\cdot v\$ e si ferma dopo avere percorso $d\$ metri. Determinare: a) l'equazione del moto e lo spazio percorso dopo $t_{1}\$; b) la velocità quando ha percorso $d/2\$.

(dati del problema $v_{o}=3\ m/s\$, $d=150\ m\$, $t_{1}=10\ s\$ )

16. Auto e Camion

Nel momento in cui un semaforo volge al verde, un'auto parte con accelerazione costante $a\$. Nello stesso istante un camion che viaggia a velocità costante $v_{c}\$ sorpassa l'auto. a) A quale distanza oltre il semaforo l'auto sorpasserà il camion? b) Quale sarà la velocità dell'auto nel momento del sorpasso?

(dati del problema $a=2.2\ m/s^{2}\$, $v_{c}=34\ km/h\$)

17. Collina semisferica

Una persona in piedi sul culmine di una roccia semisferica di raggio $R\$ colpisce con un calcio un pallone impremendogli una velocità iniziale $v_{1}\$ (tangente al culmine della roccia).

a) Quale deve essere la minima velocità iniziale del pallone affinché esso non colpisca mai la roccia? b) Con questo modulo della velocità iniziale e a quale distanza dalla base della semisfera il pallone colpirà il suolo?

(dati del problema $R=10\ m\$, suggerimento il requisito di non toccare è più stringente all'inizio della traiettoria)

18. Proiettile

Un proiettile attraversa una lastra di legno di spessore $d\$. La velocità del proiettile prima di entrare nella lastra vale $v_{1}\$, mentre all'uscita vale $v_{2}\$. Immaginando la accelerazione costante all'interno della lastra, determinare a) il valore di tale accelerazione e il tempo di attraversamento; b) calcolare che spessore sarebbe necessario per fermare la pallottola se l'accelerazione rimanesse costante.

(dati del problema $v_{1}=720\ km/h\$, $v_{2}=216\ km/h\$, $d=3\ cm\$)

19. Moto viscoso

Un punto materiale all'istante iniziale ha una velocità $v_{o}\$ e subisce una decelerazione nella direzione del moto proporzionale alla velocità istantanea secondo la legge $b\cdot v\$ e si ferma dopo avere percorso $d\$ metri.

Determinare: a) l'equazione del moto e lo spazio percorso dopo $t_{1}\$; b) la velocità quando ha percorso $d/2\$.

(dati del problema $v_{o}=3\ m/s\$, $d=150\ m\$, $t_{1}=10\ s\$ )

Due punti materiali uno in salita e l'altro in caduta libera

20. Punti materiali in verticale

Due punti materiali A e B sono disposti sulla stessa verticale, A sul pavimento e B sul soffitto, come mostrato in figura. All’istante $t=0\$, A viene lanciato verso l’alto con velocità iniziale $v_{OA}\$, mentre B viene lasciato cadere partendo da fermo. Considerando che la distanza pavimento-soffitto è $h\$, si determini la condizione su $v_{OA}\$, in funzione di $h\$, affinché i due punti materiali si incontrino mentre A è ancora in fase ascendente

.

.

Soluzioni

1. Fascio catodico

L'equazioni del moto dopo avere attraversato la regione, detto $t_{x}\$ il tempo incognito, è:

$d={\frac {1}{2}}at_{x}^{2}+v_{1}t_{x}\$

Mentre la velocità diviene:

$v_{2}=at_{x}+v_{1}\$

Sono due equazioni in due incognite $a\$ e $t_{x}\$, sostituendo $t_{x}\$ ricavabile dalla seconda equazione nella prima si ha:

$d={\frac {1}{2}}{\frac {(v_{2}-v_{1})^{2}}{a}}+v_{1}{\frac {v_{2}-v_{1}}{a}}\$

Da cui:

$a={\frac {1}{2d}}(v_{2}^{2}-v_{1}^{2})=8.1\cdot 10^{14}\ m/s^{2}\$

e quindi

$t_{x}={\frac {v_{2}-v_{1}}{a}}=11\times 10^{-9}=11\ ns\$

2. Automobile

Poiché il moto è uniformemente accelerato la velocità è regolata dalla legge $v(t)=v(0)+at$.

$v(0)$ vale $0$ poiché l'auto parte da ferma, si ricava quindi $t={\frac {v}{a}}\ =8,3\ s\$

Inoltre per un moto uniformemente accelerato la legge del moto è $s(t)=s(0)+v(0)t+1/2at^{2}$.

Fissiamo il punto $s(0)=0$ come punto di partenza dell'auto e calcoliamo lo spazio percorso in un tempo $t=8,3s$.

$x(t)={\frac {1}{2}}\ at^{2}=137,8\ m\$

3. Treno

Assunta come origine delle coordinate spaziali la stazione e del tempo l'istante di partenza. L'equazioni del moto sono:

$x={\frac {1}{2}}at^{2}\$

$v=at\$

Dai dati del problema:

$v_{1}=at_{1}\$

$v_{2}=at_{2}\$

da cui:

$t_{1}={\frac {v_{1}}{a}}\$

$t_{2}={\frac {v_{2}}{a}}\$

Imponendo che:

$d={\frac {1}{2}}at_{2}^{2}-{\frac {1}{2}}at_{1}^{2}={\frac {1}{2a}}(v_{2}^{2}-v_{1}^{2})\$

$a={\frac {1}{2d}}(v_{2}^{2}-v_{1}^{2})=1.6\ m/s^{2}\$

Il tempo per fare il tratto $d\$:

$t=t_{2}-t_{1}={\frac {v_{2}}{a}}-{\frac {v_{1}}{a}}=4.4\ s\$

La distanza dalla stazione di partenza:

$t_{1}=20.6\ s\$

$d_{1}={\frac {1}{2}}at_{1}^{2}=340\ m\$

4. Rally

Definisco $t_{1}\$ il tempo di accelerazione e $t_{2}\$ quello di

decelerazione:

$v_{max}=a_{max}t_{1}=-a_{min}t_{2}\$

da cui:

$R={\frac {t_{1}}{t_{2}}}=-{\frac {a_{min}}{a_{max}}}=1.5\$

Imponendo che lo spazio percorso sia $d\$:

${\frac {1}{2}}a_{max}t_{1}^{2}+v_{max}t_{2}+{\frac {1}{2}}a_{min}t_{2}^{2}=d\$

${\frac {1}{2}}a_{max}t_{1}^{2}+a_{max}t_{1}t_{2}+{\frac {1}{2}}a_{min}t_{2}^{2}=d\$

$R^{2}{\frac {1}{2}}a_{max}t_{2}^{2}+Ra_{max}t_{2}^{2}+{\frac {1}{2}}a_{min}t_{2}^{2}=d\$

$t_{2}^{2}={\frac {2d}{R^{2}a_{max}+2Ra_{max}+a_{min}}}\$

$t_{2}={\sqrt {\frac {2d}{R^{2}a_{max}+2Ra_{max}+a_{min}}}}=11.55\ s\$

$t_{1}=Rt_{2}=17.32\ s\$

$v_{max}=a_{max}t_{1}=34.64\ m/s=124.56\ km/h\$

5. Moto armonico semplice

Dai dati del problema:

$x=x_{0}\sin(\omega t)\$

$a=-x_{0}\omega ^{2}\sin(\omega t)\$

Quindi:

$\omega ={\sqrt {\frac {a_{0}}{x_{0}}}}=2000\ rad/s$

Quindi nella posizione centrale:

$v_{0}={\sqrt {x_{0}a_{0}}}=4\ m/s\$

$T={\frac {2\pi }{\omega }}=2\pi {\sqrt {\frac {x_{0}}{a_{0}}}}=3.14\times 10^{-3}\ s\$

6. Caduta con attrito viscoso

a)

Da dati del problema (notare che $v_{f}\$ è negativo se g è diretto verso il basso):

$v_{f}={\frac {g}{b}}\$

Quindi:

$b={\frac {g}{v_{f}}}=2\ s^{-1}\$

Se chiamiamo $t_{1}\$ il tempo per cui;

$-bv=0.9g$

Ma essendo:

$v=-{\frac {g}{b}}\left(1-e^{-bt}\right)\$

segue che:

$g\left(1-e^{-bt_{1}}\right)=0.9g\$

Cioè:

$bt_{1}=\ln 10\$

$t_{1}=1.15\ s$

b)

$h_{1}=h+{\frac {g}{b}}\left({\frac {1}{b}}-t_{1}-{\frac {1}{b}}e^{-bt_{1}}\right)=6.6\ m$

c)

Il termine esponenziale nell'espressione ha un valore trascurabile per cui:

$h+{\frac {g}{b}}\left({\frac {1}{b}}-t_{2}\right)\approx 0\$

Cioè il termine esponenziale è trascurabile.

$t_{2}={\frac {b}{g}}h+{\frac {1}{b}}=2.54\ s$

Notare che il valore esatto (tenendo conto del termine esponenziale e risolvendo in maniera numerica per approssimazioni successive) vale:

$t_{2e}=2.5377\ s$

7. Moto parabolico

Eliminando il tempo tra le due equazioni:

$y={\frac {c}{b^{2}}}(x-a)^{2}\$

cioè l'equazione di una parabola.

Derivando rispetto al tempo l'equazioni parametriche:

$v_{x}=b\$

$v_{y}=2ct\$

quindi il modulo della velocità:

$v(t)={\sqrt {b^{2}+4c^{2}t^{2}}}\$

che per $t=t_{o}\$:

$v(t_{o})={\sqrt {b^{2}+4c^{2}t_{o}^{2}}}=42\ m/s\$

8. Moto circolare non uniforme

a)

$a_{T}=R{\frac {d\omega }{dt}}={\frac {1}{2}}{\frac {AR}{\sqrt {t_{1}}}}=15.8\ m/s^{-2}$

$a_{c}=\omega ^{2}R=A^{2}tR=16\ m/s^{-2}$

quindi in modulo:

$|a|={\sqrt {a_{T}^{2}+a_{c}^{2}}}=22.5\ m/s^{2}$

b)

Dai dati del problema essendo:

$\omega ={\frac {d\theta }{dt}}=A{\sqrt {t}}$

$\theta ={\frac {2A}{3}}t^{3/2}+\theta _{o}$

Imponendo che:

$2\pi ={\frac {2A}{3}}t^{3/2}\$

$t=2.8\ s$

9. Palla in alto

L'equazione del moto è:

$x=v_{o}t-{\frac {1}{2}}gt^{2}\$

Essendo $x=h_{1}\$ per $t=t_{1}\$:

$h_{1}=v_{o}t_{1}-{\frac {1}{2}}gt_{1}^{2}\$

$v_{o}={\frac {2h_{1}+gt_{1}^{2}}{2t_{1}}}=12\ m/s$

La massima altezza viene raggiunta quando $v(t_{2})=0\$:

$v_{o}=gt_{2}\$

$t_{2}=1.22\ s$

Ad una altezza di:

$h_{2}=v_{o}t_{2}-{\frac {1}{2}}gt_{2}^{2}=7.3\ m$

10. Macchina in frenata

Nel caso generale: la velocità iniziale è $v\$, $t_{r}\$ il tempo di reazione, $t\$ il tempo di frenata, $d\$ lo spazio di frenata, possiamo scrivere che:

$d=vt_{r}+vt-{\frac {1}{2}}at^{2}\$

Ma nel nostro caso specifico sostituendo nell'equazione del moto i dati del problema:

$v_{1}=at_{1}\$

$v_{2}=at_{2}\$

Da cui ricavo $t_{1}=v_{1}/a\$ e $t_{2}=v_{2}/a\$ di frenata.

Nel nostro caso specifico:

$d_{1}=v_{1}t_{r}+v_{1}t_{1}-{\frac {1}{2}}at_{1}^{2}=v_{1}t_{r}+{\frac {v_{1}^{2}}{2a}}\$

$d_{2}=v_{2}t_{r}+v_{1}t_{2}-{\frac {1}{2}}at_{2}^{2}=v_{2}t_{r}+{\frac {v_{2}^{2}}{2a}}$

Risolvendo il sistema nelle due incognite $a\$ e $t_{r}\$:

a)

$a={\frac {1}{2}}{\frac {v_{1}^{2}v_{2}-v_{1}v_{2}^{2}}{v_{2}d_{1}-v_{1}d_{2}}}=4.66\ m/s^{2}$

b)

$t_{r}={\frac {d_{2}}{v_{2}}}-{\frac {1}{2}}{\frac {v_{2}}{a}}=0.18\ s$

11. Ampiezza moto armonico

La pulsazione del moto vale:

$\omega ={\frac {2\pi }{T}}=2.1\ rad/s$

Mentre posso scrivere in generale che:

$x(t)=x_{o}\sin(\omega t+\varphi )\$

ed:

$v(t)=x_{o}\omega \cos(\omega t+\varphi )\$

Dalle condizioni iniziali:

$x_{1}=x_{o}\sin(\varphi )\$

$v_{1}=x_{o}\omega \cos(\varphi )\$

Facendo il rapporto:

$\tan(\varphi )={\frac {x_{1}\omega }{v_{1}}}\$

$\varphi =0.95\ rad=54^{o}\$

La massima elongazione vale:

$x_{o}={\frac {x_{1}}{\sin \varphi }}=0.25\ m$

Mentre la velocità si annulla quando a partire dall'istante iniziale:

$\omega t_{1}+\varphi ={\frac {\pi }{2}}\$

$t_{1}=0.3\ s$

12. Moto ellittico

Per compiere un quarto di giro occorre che:

$\omega t_{1}=\pi /2\$

essendo:

$v_{x}=a\omega \cos \omega t\$

$v_{y}=-b\omega \sin \omega t\$

ed

$a_{x}=-a\omega ^{2}\sin \omega t\$

$a_{y}=-b\omega ^{2}\cos \omega t\$

dopo 1/4 di giro si ha che $\sin \omega t_{1}=1\$ e $\cos \omega t_{1}=0\$ quindi:

$x(t_{1})=a\$

$y(t_{1})=0\$

$d=a=2\ m\$

e

$v_{x}(t_{1})=0\$

$v_{y}(t_{1})=-b\omega \$

$|v|=b\omega =0.6\ m/s\$

e

$a_{x}(t_{1})=-a\omega ^{2}\$

$a_{y}(t_{1})=0\$

$|a|=a\omega ^{2}=0.08\ m/s^{2}\$

13. Moto a spirale

La velocità vale:

$v_{x}=A\sin \omega t+At\omega \cos \omega t\$

$v_{y}=A\cos \omega t-At\omega \sin \omega t\$

In modulo:

$|v|={\sqrt {v_{x}^{2}+v_{y}^{2}}}=A{\sqrt {1+t^{2}\omega ^{2}}}\$

Mentre la accelerazione vale:

$a_{x}=2A\omega \cos \omega t-At\omega ^{2}\sin \omega t\$

$a_{y}=-2A\omega \sin \omega t-At\omega ^{2}\cos \omega t\$

In modulo vale:

$|a|=A\omega {\sqrt {4+t^{2}\omega ^{2}}}\$

Viene fatto un giro quando:

$\omega t_{1}=2\pi \$

$t_{1}=31.4\ s\$

Quindi:

$x_{1}=0\$

$y_{1}=At_{1}=15.7\ m\$

$|v|=3.18\ m/s\$

$|a|=0.66\ m/s^{2}\$

14. Altezza di un pozzo

Indico con $h\$ l'altezza del pozzo, con $t\$ il tempo impiegato dal sasso a raggiungere il fondo e con $t_{s}\$ il tempo impiegato dal suono a risalire il pozzo. Si ha:

$\Delta t=t+t_{s}\$

$t_{s}=\Delta t-t\$

Calcolo la profondità del pozzo in base all'equazione del moto del suono (moto rettilineo uniforme):

$h=h_{o}+v_{s}t_{s}=v_{s}\Delta t-v_{s}t\$

Calcolo la profondità del pozzo in base all'equazione del moto del sasso (moto uniforme accelerato):

$h=h_{o}+v_{o}t+{\frac {1}{2}}gt^{2}={\frac {1}{2}}gt^{2}\$

Eguagliando le due equazioni trovate, si ha:

${\frac {1}{2}}gt^{2}=v_{s}\Delta t-v_{s}t\$

${\frac {1}{2}}gt^{2}+v_{s}t-v_{s}\Delta t=0\$

Che ha due soluzioni, l'unica che ha senso fisico è quella positiva (la negativa determina un tempo che precede il lancio):

$t={\frac {-v_{s}+{\sqrt {v_{s}^{2}+2v_{s}\Delta tg}}}{g}}\approx 4.51\ s\$

Quindi la profondità del pozzo, sostituendo il valore di $t\$:

$h={\frac {1}{2}}gt^{2}\approx 100\ m\$

15. Moto con accelerazione frenante

a) Il moto di questo punto materiale può essere considerato un moto rettilineo smorzato esponenzialmente dato che è caratterizzato da una decelerazione che è pari a:

$-a=b\cdot v\$

la velocità più generale che da tale accelerazione è:

$v=Ae^{-bt}\$

Dovendosi fermare per $t=\infty \$ inoltre essendo per $t=0\$ $v=v_{o}\$ si ha che:

$A=v_{o}\$

$v=v_{o}e^{-bt}\$

Tale equazione integrata diventa:

$x=d\left(1-e^{-bt}\right)\$

Con:

$d{\dot {b}}=v_{o}\$

quindi:

$b=0.02\ s^{-1}\$

per $t=t_{1}\$:

$x=27\ m\$

b)

Dall'equazione precedente

$x=-{\frac {v}{b}}+d\$

Per $x=d/2\$:

$v={\frac {v_{o}}{2}}=1.5\ m/s\$

16. Auto e Camion

L'istante in cui la macchina sorpassa il camion è quando:

${\frac {1}{2}}at^{2}=v_{c}t\$

$t={\frac {2v_{c}}{a}}\$

a)

quindi la distanza è:

$d=v_{c}t={\frac {2v_{c}^{2}}{a}}=81\ m\$

b)

La velocità dell'auto in quel momento vale:

$v=at=2v_{c}=18.8\ m/s=68\ km/h\$

17. Collina semisferica

Detto $z\$ l'asse verticale e $x\$ quello orizzontale, le equazioni del moto sono:

$x=v_{1}t\$

$z=R-{\frac {1}{2}}gt^{2}\$

a)

Quindi la traiettoria parabolica (eliminando il tempo) è descritta dalla equazione:

$z=R-{\frac {1}{2}}g{\frac {x^{2}}{v_{1}^{2}}}\$

Mentre l'equazione della semisfera vale:

$z^{2}+x^{2}=R^{2}\$

perché non tocchi mai occorre che:

$\left(R-{\frac {1}{2}}g{\frac {x^{2}}{v_{1}^{2}}}\right)^{2}+x^{2}>R^{2}\$

Cioè:

$R^{2}-{\frac {gx^{2}R}{v_{1}^{2}}}+{\frac {g^{2}x^{4}}{4v_{1}^{4}}}+x^{2}>R^{2}\$

${\frac {g^{2}x^{4}}{4v_{1}^{4}}}+x^{2}>{\frac {gx^{2}R}{v_{1}^{2}}}\$

Per $x\rightarrow 0\$ (inizio parabola) il primo termine diviene trascurabile,

$v_{1}^{2}>gR\$

per cui la minima velocità vale:

$v_{1}={\sqrt {gR}}=9.9\ m/s\$

Allo stesso risultato si arrivava imponendo che sul culmine della parabola l'unica accelerazione era quella centripeta causata dalla accelerazione di gravità: per cui si ottiene il raggio di curvatura (minimo) della parabola.

b)

Il punto in cui tocca terra è quello per cui:

$0=R-g{\frac {x_{1}^{2}}{2v_{1}^{2}}}=R-g{\frac {x_{1}^{2}}{2gR}}\$

$x_{1}={\sqrt {2}}R\$

Quindi la distanza dalla base vale:

$d=x_{1}-R=({\sqrt {2}}-1)R=4.14\ m\$

18. Proiettile

L'equazioni del moto dopo avere attraversato la regione, detto $t_{x}\$ il tempo incognito, sono:

$d={\frac {1}{2}}at_{x}^{2}+v_{1}t_{x}\$

$v_{2}=at_{x}+v_{1}\$

Sono due equazioni in due incognite $a\$ e $t_{x}\$, da cui segue:

a)

$d={\frac {1}{2}}{\frac {(v_{2}-v_{1})^{2}}{a}}+v_{1}{\frac {v_{2}-v_{1}}{a}}\$

e quindi:

$a={\frac {1}{2d}}(v_{2}^{2}-v_{1}^{2})=-6.1\cdot 10^{5}\ m/s^{2}\$

$t_{x}={\frac {v_{2}-v_{1}}{a}}=231\ \mu s\$

b)

La pallottola si arresta per un tempo $t_{2}\$ tale che:

$v_{1}+at_{2}=0\$

$t_{2}=-{\frac {v_{1}}{a}}\$

Lo spessore che arresterebbe la pallottola vale quindi:

$d_{x}=v_{1}t_{2}+{\frac {1}{2}}at_{2}^{2}={\frac {v_{1}^{2}d}{v_{1}^{2}-v_{2}^{2}}}=0.033\ m\$

19. Moto viscoso

a) Il moto di questo punto materiale può essere considerato un moto rettilineo smorzato esponenzialmente dato che è caratterizzato da una decelerazione che è pari a:

$-a=b\cdot v\$

Da tale espressione dell'accelerazione segue che:

$v=Ae^{-bt}\$

La costante di integrazione segue dal fatto che si deve fermare per $t=\infty \$. Inoltre poiché $v(t=0)=v_{o}\$ si ha che:

$A=v_{o}\$

Quindi l'espressione delle velocità nel tempo vale;

$v=v_{o}e^{-bt}\$

Integrando tale equazione si ha la equazione del moto:

$x=d\left(1-e^{-bt}\right)\$

Imponendo che la sua derivata nel tempo sia pari a:

$d\cdot b=v_{o}\$

si ha che:

$b=0.02\ s^{-1}\$

quindi al tempo $t=t_{1}\$:

$x=27\ m\$

b)

Dall'equazione precedente

$x=-{\frac {v}{b}}+d\$

Per $x=d/2\$:

$v=b{\frac {d}{2}}={\frac {v_{o}}{2}}{\frac {d}{2}}={\frac {v_{o}}{2}}=1.5\ m/s\$

20. Punti materiali in verticale

Conviene definire un sistema di riferimento con un asse verticale y, avente origine in corrispondenza del pavimento. Le leggi orarie per le posizioni di A e B in tale sistema di riferimento sono:

$y_{A}(t)=v_{0A}t-{\frac {1}{2}}gt^{2}\$

$y_{B}(t)=h-{\frac {1}{2}}gt^{2}\$

Al momento dell'urto $t_{1}\$ si ha che $y_{A}(t_{1})=y_{B}(t_{1})\$. Da cui:

$v_{0A}t_{1}-{\frac {1}{2}}gt_{1}^{2}=h-{\frac {1}{2}}gt_{1}^{2}\Rightarrow t_{1}={\frac {h}{v_{0A}}}\$

ovvero si pone un vincolo al tempo dell’incontro, che in particolare è pari al tempo che impiegherebbe A per coprire la distanza $h\$ se si muovesse con moto uniforme a velocità $v_{0A}\$. L’incontro avviene con A in fase ascendente se la sua velocità al tempo $t_{1}\$ è ancora positiva. Nel sistema di riferimento scelto, velocità negative di A indicherebbero infatti un moto discendente. Imponendo questa condizione nella legge oraria della velocità di A al tempo $t_{1}\$:

$v_{A}(t_{1})=v_{0A}-gt_{i}\geq 0\Rightarrow v_{0A}\geq gt_{i}\$

Sostituendo l'espressione di $t_{1}\$ nell'ultima equazione si trova la condizione richiesta nel problema:

$v_{0A}\geq g{\frac {h}{v_{0A}}}\Rightarrow v_{0A}\geq {\sqrt {gh}}\$