bomba x

FISICA I
A.A. 2001-2002
Ingegneria Civile e Trasporti
Esercizi del 21 Marzo 2002
Lo studente descriva il procedimento e la soluzione degli esercizi proposti. Gli elaborati verranno ritirati
Lunedì 25 Marzo e saranno valutati ai fini del superamento dell’esame finale.
1. Un portiere rimette dal fondo il pallone con una velocità iniziale di vo=20m/s ed inclinazione di
30° rispetto all’orizzontale. A quell’istante un giocatore avversario dista d=20m dalla porta e vede
venirsi incontro la palla. In quale direzione e a quale velocità, supposta costante, dovrà muoversi
tale giocatore per intercettare la palla?
2. Un bombardiere vola orizzontalmente alla quota di h=1000m alla velocità costante vo=300m/s. Il
pilota deve lanciare la bomba su un bersaglio B al suolo che si trova davanti all’aereo (vedi fig.1).
Sotto quale angolo θ con la verticale deve il pilota vedere il bersaglio all’istante di sganciare la
bomba? Con che velocità ed inclinazione la bomba arriva al suolo? Dove si trova l’aereo al
momento dell’impatto della bomba sul bersaglio e qual’é la traiettoria della bomba osservata dal
pilota. (La bomba è sganciata con velocità nulla rispetto all’aereo)
3. Un proiettile viene lanciato con velocità iniziale vo=200m/s dalla sommità di un colle che domina
una vallata pianeggiante. Si assuma h=200m l’altezza del colle rispetto alla vallata. Il lancio
prevede che il proiettile cada nella vallata. Determinare l’alzo migliore (rispetto all’orizzontale) che
garantisce la massima gittata (distanza dalla base della montagna). Determinare il raggio di
curvatura della traiettoria dopo t=1s.
4. Due punti materiali A e B si muovono su di una stessa traiettoria circolare di raggio R
percorrendola in senso opposto partendo entrambi dall’origine degli archi O’. Assumendo lo stesso
valore di velocità angolare per entrambi ω(t)=ωo−αοt descrivere la velocità e l’accelerazione per il
punto A nel sistema fisso e nel sistema mobile solidale a B. Dare il valore numerico al tempo t=9s
(R=1m, ωo=0.1 rad/s, αo=0.01 rad/s2)
5. Dovendo attraversare un fiume largo L=50m e puntando ortogonalmente alla riva opposta, si ha
che la velocità dell’acqua è data da vx ( y ) = ky (L − y ) con k=5⋅10-3 m-1s-1. Partendo da A e volendo
raggiungere B spostato a valle di d=20m, si determini con quale velocità costante voy occorre
muoversi per raggiungere B ed il tempo impiegato. (vedi fig.2)
vo
y
d
B
θ
L
h
corrente
voy
A
Figura 1
B
x
Figura 2
FISICA I
A.A. 2001-2002
Ingegneria Civile e Trasporti
Soluzioni del 21 Marzo 2002
1. Il moto della palla è parabolico a causa dell'accelerazione di gravità. Le equazioni del moto sono
 y = votsin(α ) − gt 2 2
a y = − g
v y = vo sin(α ) − gt
da cui le velocità 
e lo spazio 
quando il sistema

x = vot cos(α )
 ax = 0
 vx = vo cos(α )

di riferimento ha origine dove la palla è all'istante iniziale. Il primo dato importante da scoprire è
dove la palla andrà a finire (gittata) e quanto tempo impiega per arrivarci (tfin). L'informazione sul
tempo tfin si ricava imponendo y=0 nell'ultima equazione. L'equazione corrispondente di 2° grado
t1 = 0


2v sin(α )
di cui la prima è quella poco interessante relativa
ammette due soluzioni 
t2 = o
= 2.04 s

g
all'istante
di
partenza.
La
gittata
è
l'ascissa
nell'istante
tfin=t2
cioè
2
x(t fin ) = vot fin cos(α ) = 2vo sin(α )cos(α ) g = 35.34m . Il giocatore in t=0 appena vede come è stata
lanciata la palla, si muove all'istante per poterla prenderla al suolo al tempo tfin. Visto il vantaggio di
d=20m potrà andare ad una velocità inferiore rispetto a quella della palla pari a
x t fin − d 35.34 − 20
=
= 7.52 m s
vg =
t fin
2.04
( )
2. Nel sistema di riferimento solidale alla terra il moto parabolico della bomba è descritto dalle
equazioni cinematiche nel riquadro dove la velocità iniziale orizzontale della bomba vo coincide con
la velocità dell’aereo. Per trovare il punto di impatto bisogna prima calcolare il tempo di volo t*
dalla y(t) imponendo l’impatto y (t *) = 0 da cui si ottiene
y
vo
t* = 2h g . L’ascissa di impatto quindi si ottiene dalla x(t)
xB = x(t *) = vot* = vo 2h g . L’angolo rispetto alla verticale dal
quale il pilota doveva vedere il bersaglio in t=0 è quindi

2 
x 
 = 1.34rad=76°52’. La velocità
θ = arc tan B  = arc tan vo

gh
 h 


finale si calcola dalle sue componenti al tempo t*
vx = vo

. L’angolo di caduta rispetto alla
che sono 
v y (t *) = − gt* = − 2hg
v 
 v 
verticale è α = arc tan x  = arc tan o  = 1.13rad ≡ 64°59'
 2 gh 
v 


 y
mentre il valore del modulo della velocità di impatto è
θ
h
vf α
xB
O
x
 x(t ) = vot
 y (t ) = h − gt 2 2


 vx = vo ed  v y (t ) = − gt
 a =0

ay = − g
 x

v f = vo2 + 2 gh = 331m s . Dove si trova l’aereo al momento
dell’impatto? Assumendo un volo in orizzontale alla velocità uniforme vo, l’aereo si trova alla quota
y=h ma in x(t*)=vot* ≡ xB cioè proprio sulla verticale del punto di impatto!
y
3. Il punto A descrive un moto circolare con velocità angolare ωA(t)=ωo-αot che
integrata nel tempo fornisce il valore dell’angolo ϕ A (t ) = ω ot − α ot 2 2 . La
velocità scalare è v A (t ) = Rω A (t ) = R(ω o − α ot ) che per t1=9s vale
an
A
at
θ
O
O’
B
x
v A (t1 ) = 0.01m s . L’accelerazione ha la componente tangenziale at = Rα o = 0.01m s 2 costante,
nella direzione opposta della velocità, mentre la componente normale an (t ) = v 2A (t ) R è diretta
an (t1 ) = 10−4 m s 2 . L’accelerazione totale è
verso il centro O che per t1=9s vale
a(t1 ) = at2 + an2 (t1 ) ≅ 0.01m s 2 dove l’angolo θ (t1 ) = arc tan (at an ) = 89°26' . Posizione, velocità
ed
l’accelerazione
di
A
possono
si
scompongono
in
x
ed
y
(
)
x A (t ) = Rcos ωo t − α o t 2 2

2
v A, x (t ) = (α o t − ωo )Rsin ωo t − α o t 2
a (t ) = α Rsin (ϕ (t )) − (α t − ω )2 Rcos(ϕ (t ))
o
o
o
 A, x
(
)
(
)
 y A (t ) = Rsin ωo t − α o t 2 2

2
v A, y (t ) = (ωo − α ot )R cos ωo t − α o t 2
a (t ) = −α R cos(ϕ (t )) − (ω − α t )2 Rsin(ϕ (t ))
o
o
o
 A, y
(
)
le analoghe per B si ottengono dalla considerazione che in ogni istante xB=xA e yB=-yA, e quindi
vB,x=xA,x e vB,y=-vA,y, aB,x=aA,x e aB,y=-aA,y,. La velocità di A relativa a B si ottiene dalla differenza
delle due velocità assolute vr , A = v A − vB ; analogamente per l’accelerazione; entrambe velocità ed
accelerazione relative sono in questo caso dirette lungo y con valori per t1=9 s
2
vr , A (t1 ) = 2(ωo − α ot1 )R cos (ϕ (t1 )) =0.0176m/s, a r , A (t1 ) = −2 R α o cos(ϕ (t )) − (ωo − α ot ) sin(ϕ (t )) =-0.0175m/s2
[
]
4. Il tempo di volo del proiettile t* si ottiene imponendo y(t*)=0 da cui si
ottiene l’equazione di secondo grado t 2 − [2vo sin(α ) g ] ⋅ t − 2h g = 0 che
ha
due
soluzioni
di
cui
quella
accettabile
è
v sin(α )
+
t* = o
g
(
)
 vo sin(α ) 
2 gh

 +
= vo g sin(α ) + sin 2 (α ) + 2 gh vo2 da
g
vo


2
[
(
y
α
)]
cui la gittata risulta L=x(t*)= vo2 g cos(α ) sin(α ) + sin 2 (α ) + 2 gh v02 .
dL
= 0 ottenendo una
dα

cos 2 (α ) 
 ove
equazione cos 2 (α ) − sin 2 (α ) = sin(α ) sin 2 (α ) + b −
2

sin (α ) + b 
b = 2 gh vo2 . Quadrando ambo i membri dopo qualche passaggio algebrico
h
L
Per valutare la gittata massima basta imporre
si ottiene b cos 4 (α ) = b 2 sin 2 (α ) + bsin 4 (α ) e semplificando per b e
sfruttando relazioni trigonometriche porta a
1
1
nel nostro caso α = 43°40' . Per il calcolo
tg (α ) =
=
1+ b
1 + 2 gh vo2
al
tempo
t=1s.
v = vx2 + v y2 = vo2 + ( gt )2 − 2vo gtsin(α ) = 193.36 m s
l’accelerazione tangenziale è at =
l’accelerazione
normale
an =
dv
=
dt
g 2t − vo gsin(α )
vo2
+ ( gt ) − 2vo gtsin(α )
2
g 2 − at2 = 7.33 m s 2 da
cui
mentre
= −6.5 m s 2 da cui ricaviamo
il
x
 x(t ) = vo cos(α ) ⋅ t

 v x (t ) = vo cos(α )

ax = 0

 y (t ) = h + vo sin(α ) ⋅ t − gt 2 2

v y (t ) = vo sin(α ) − gt


ay = −g

del raggio di curvatura basta calcolare la velocità e l’accelerazione
tangenziale
β
raggio
di
curvatura
ρ = v 2 an = 5098m .
5. La velocità del natante nel sistema fisso, solidale con la terra, è va = vo + vc dove vo rappresenta
la velocità che il natante ha nel sistema di riferimento solidale con l’acqua, mentre vc è la velocità
di trascinamento della corrente. La velocità del natante, decomposta secondo x e y è riportata nel
riquadro. Il tempo impiegato a raggiungere l’altra sponda
t* si calcola dal moto lungo y imponendo y(t*)=L da cui
t*=L/vo quantità al momento incognita! Dal moto lungo
l’asse x ricaviamo invece la condizione per il
raggiungimento al tempo t* del punto B. Si deve quindi
imporre x(t*)=d dove però x(t) è l’integrale nel tempo
della velocità della corrente vx(y).Osserviamo come nel
termine di velocità non compaia direttamente il tempo ma
solo l’ordinata y che però è a sua volta funzione del tempo.
Il risultato dell’integrazione riportato genericamente nel
riquadro vale nel nostro caso (xo=0)
y
L
tempo
vo =
t
vale
t*=L/vo
kL3 5 ⋅ 10 −3 ⋅ (50 )
= 5.2 m/s,
=
6d
6 ⋅ 20
3
x(t*)=d=
kvo
B
vc
corrente
vo
x
A
t

 y (t ) = vot  x(t ) = xo + vx ( y (t ))dt
∫
e

o
v
=
v
y
0

v ( y (t )) = k ⋅ y (t ) ⋅ (L − y (t ))
 x
 t2 t
t3

− vo
x(t ) = ∫ k ⋅ y (t ) ⋅ (L − y (t ))dt = kvo ∫ t (L − vot )dt =kvo  L
3
 2 0
0
0
t
d

vot 

2 L
 che al
 = kvot  −
2 3 
0

t
L2  L L  kL3
 − =
vo2  2 3  6vo
da cui il tempo t*=L/vo t* = L / vo =
da
cui
6d
= 9 .6 s .
kL2
ricaviamo