Esercizio 1 Un punto si muove lungo un`orbita circolare di raggio R
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Esercizio 1 Un punto si muove lungo un`orbita circolare di raggio R
Esercizio 1 Un punto si muove lungo un’orbita circolare di raggio R = 0.2 m con velocità angolare costante ω0 = 15 rad/s. A partire dall’istante t0 = 0 s fino all’istante t1 = 16 s la sua accelerazione angolare vale α0 = −0.1 rad/s2 ; per t > t1 l’accelerazione angolare è α1 = −1.6 rad/s2 fino a che il punto si ferma. Calcolare: (a) il modulo dell’accelerazione |⃗a1 | del punto nell’istante t1 ; (b) in quale istante tf il punto si ferma e quanti giri completi ha compiuto prima di fermarsi. Soluzione ω(t) = ω0 + α0 t → ω(t1 ) = 13.4 rad/s L’accelerazione del corpo all’istante di tempo t1 è data da una componente tangenziale al moto, che in modulo vale at = α1 R e una componente centripeta (perpendicolare al moto e diretta verso il centro di curvatura) che vale in modulo an = ω 2 (t1 )R, pertanto avremo: ! ! ! |⃗a1 | = a2t + a2n = α21 R2 + ω 4 (t1 )R2 = R α21 + ω 4 (t1 ) ≃ 35.9 m/s2 Per determinare l’istante di arresto: ω(t1 ) ≃ 8.37 s α1 Dopo un tempo totale pari a ttot = t1 + t ≃ 24.37 s, il corpo si arresta. Per determinare il numero di giri completi, calcoliamo lo spazio angolare totale percorso dal corpo in rotazione e lo normalizziamo allo spazio angolare di un giro (pari a 2π radianti!): ω ′ (t) = ω(t1 ) + α1 t = 0 → t=− $ %" θ2 # 1 1 2 2 θt = θ1 + θ2 = ω0 t1 + α0 t1 + ω(t1 )t + α1 t ≃ 283.3 rad 2 " #$2 % θ1 N= θt = 45.1 2π corrispondente a 45 giri completi Esercizio 2 Stimare quanto spazio percorre l’aula durante un’ora di lezione a causa della rotazione terrestre. Assumere che la latitudine di Pavia sia φ = 45◦ N e il raggio terrestre sia Rt = 6370 km. Soluzione Determinamo innanzi tutto la velocità angolare di rotazione della terra, a partire dalla durata in secondi di un giorno terrestre: 2π ≃ 7.27 · 10−5 rad/s T = 24 h × 60 m × 60 s = 86.4 · 103 s → ωt = T Lo spazio angolare percorso sarà dunque: T θtot = ωt ≃ 261.8 mrad 24 L’arco di circonferenza percorso dalla nostra aula sarà: ∆L = rθtot = (Rt cos φ)θtot ≃ 1180 km Esercizio 3 Una palla viene lanciata con velocità iniziale v⃗0 con |⃗v0 | = 25 m/s e θ = 40◦ rispetto all’orizzontale contro un muro verticale distante D = 22 m. Calcolare: 1. il tempo di volo per colpire il muro; 2. la quota h a cui avviene l’impatto; 3. componenti orizzontali e verticali di ⃗v al momento dell’impatto. Il muro viene colpito in fase ascendente o discendente del moto? Soluzione x(t) = v0x t = v0 cos θt x(t∗ ) = D → → t∗ = D = 1.15 s v0 cos θ 1 1 y(t) = v0y t − gt2 → y(t∗ ) = v0 sin θt∗ − gt∗ 2 = 12 m 2 2 vx = v0 cos θ = 19.1 m/s vy = v0 sin θ − gt∗ = 4.8 m/s Deduco che la palla colpisce il muro in fase ascensionale (vy > 0). Esercizio 4 Un bimbo è seduto sul bordo di una giostra di raggio R = 2 m che ruota a velocità angolare costante, tale per cui un giro completo viene compiuto in un tempo T = 3 secondi. Ad un certo punto lascia cadere dalla sua mano una pallina e si osserva che essa arriva al suolo in un punto che si trova ad una distanza d = 3 m dal centro della giostra. Determinare l’altezza da cui è stata lasciata cadere la pallina. Soluzione Dato il periodo di rotazione della giostra, possiamo determinare la velocità angolare e quella tangenziale della pallina: T = 3 s → ω = 2π/T ≃ 2.1 rad/s → v0 = ωR ≃ 4.2 m/s. Una volta che il bimbo lascia la pallina, essa parte in direzione tangente alla circonferenza, con velocità iniziale v0 , come mostrato in figura. v0 xf R d Essa segue un moto parabolico: & √ √ 2 2 xf = d2 − R2 = v0 t → t = d v−R ≃ 0.53 s 0 1 2 1 2 yf = 0 = h − 2 gt → h = 2 gt ≃ 1.38 m Esercizio 5 Un proiettile viene sparato dalla cima di una collina di altezza h = 700 m, verso un bersaglio sul versante opposto della valle, a quota hb = 200 m, come mostrato in figura. La distanza tra i due punti è L = 1 km e l’angolo di sparo è θ = −10◦ . Determinare la velocità iniziale del proiettile che garantisce di centrare il bersaglio. Se la velocità di propagazione del suono è vs = 300 m/s, quanto tempo intercorre tra l’arrivo del rumore dello sparo e l’arrivo del proiettile sul bersaglio? y v0 h L hb x O 2 Soluzione ⎧ √ ⎨ x(t) = *L2 − (h − h )2 = v cos θt → t = L2 −(h−hb )2 0 b v0 cos θ * 2 2 b) ⎩ y(t) = hb = h + v0y t − 1 gt2 → h − h = tan θ L2 − (h − hb )2 − 12 g L v−(h−h b 2 cos2 θ 2 0 * 2 2 Chiamiamo per comodità xf = L − (h − hb ) ≃ 866 m e risolviamo in funzione di v0 : + x2f gx2f 1 ≃ 104.5 m/s hb − h − xf tan θ = − g 2 → v = 0 2 v0 cos2 θ 2 cos2 θ(xf tan θ + h − hb ) Possiamo supporre che il suono si propaghi in linea retta, pertanto il tempo di propagazione del suono sarà ts = L/vs ≃ 3.33 s. Il tempo di volo del proiettile è invece tv = xf /v0x ≃ 8.4 s. Pertanto ∆t ≃ 5.1 s. Esercizio 6 In una gara di salto con gli sci, uno sciatore lascia la rampa di salto con una velocità v0 = 10 m/s, a un angolo θ = 15◦ rispetto all’orizzontale. L’atterraggio avviene in una zona in discesa inclinata di un angolo |α| = 50◦ , come mostrato in figura. Se la resistenza dell’aria è trascurabile, trovare (a) la distanza alla quale lo sciatore atterra sulla discesa e (b) le componenti della velocità appena prima di atterrare. y v0 θ α x Soluzione Possiamo impostare una soluzione analitica, dove il punto di atterraggio è dato dall’intersezione tra la parabola che descrive la traiettoria del moto dello sciatore e la retta, inclinata rispetto all’orizzontale di un angolo α = −50◦ , che descrive la discesa su cui atterra lo sciatore. Per prima cosa ricaviamo l’equazione della traiettoria ricordando che v0x = v0 cos θ e v0y = v0 sin θ: ⎧ → t = vx0x ⎨ x(t) = v0x t x2 ⎩ y(t) = v0y t − 12 gt2 → y(x) = tan θx − 12 g 2 v0x Ora mettiamo a sistema la parabola con la retta! ⎧ 1 x2 ⎪ ⎨ y(x) = tan θx − 2 g v2 0x ⎪ ⎩ y(x) = x tan α → 2 x tan α = x tan θ − 12 g vx2 0x → xf = 2 2(tan θ − tan α)v0x ≃ 27.8 m g Ora ricaviamo la posizione verticale in cui avviene l’atterraggio: yf = xf tan α ≃ −33.1 m ! La distanza alla quale lo sciatore atterra sarà quindi d = x2f + yf2 ≃ 43.2 m. Osservo innanzi tutto che la componente orizzontale della velocità è inalterata durante tutto il moto: vx (t) = v0x ≃ 9.66x̂ m/s. Per determinare la componente della velocità lungo ŷ, determiniamo il tempo di volo, usando per esempio la legge oraria del moto lungo x̂: xf ≃ 2.88 s → vx (tf ) = v0x ≃ 9.66x̂ m/s; vy (tf ) = v0y − gtf ≃ −25.6ŷ m/s tf = v0x 3