problemi sui moti rettilinei

ESERCIZI SVOLTI DI CINEMATICA
1. Un treno A parte da Valencia alle ore 12:00 diretto verso Barcellona,
distante 350 𝐾𝑚 , viaggiando ad una velocità media costante di
100 𝐾𝑚 ℎ . Un secondo treno B parte da Barcellona diretto verso
Valencia alle ore 14:00 e viaggia ad una velocità media costante di
80 𝐾𝑚 ℎ. A che ora e a quale distanza da Valencia i due treni si
incontrano?
14: 50; ≈ 283 𝐾𝑚
SOL.
Dividiamo il problema in due fasi:
a) Dalle 12:00 alle 14:00 si muove solo il treno A, mentre il treno B rimane
fermo a Barcellona.
b) Dalle 14:00 in poi si muovono entrambi i treni, l’uno verso l’altro.
FASE a)
Fissiamo l’origine degli spazi a Valencia, il verso positivo da Valencia a
Barcellona e come unità di misura degli spazi il Km. Scegliamo come origine
dei tempi l’istante in cui A parte da Valencia.
Quindi l’equazione oraria di A è:
𝑠 = 100 𝑡
Quando parte il treno B da Barcellona, cioè quando 𝑡 = 2 ℎ si ha che la
posizione di A è 𝑠 = 𝑠 2 ℎ = 100 ∙ 2 = 200 𝐾𝑚 .
FASE b)
Ora fissiamo una nuova origine degli spazi nel punto in cui si trova A alle
14:00 ( cioè come abbiamo appena visto a 200 Km da Valencia).
Il verso positivo degli spazi è lo stesso di prima , ovvero da Valencia a
Barcellona, e l’unità di misura ancora in Km.
Fissiamo come nuova origine dei tempi l’istante in cui parte B da Barcellona.
Con queste premesse le equazioni orarie dei due treni sono:
𝑡𝑟𝑒𝑛𝑜 𝐴:
𝑡𝑟𝑒𝑛𝑜 𝐵:
𝑠 = 100 𝑡
𝑠 = −80 𝑡 + 350 − 200
Osserviamo che la velocità del treno B è negativa in quanto si muove in
verso opposto al nostro verso positivo e inoltre la posizione iniziale del
secondo treno è 350 − 200 = 150 𝐾𝑚 poiché nella prima fase del problema A
si è avvicinato a Barcellona di 200 𝐾𝑚 (riducendo così la distanza iniziale tra i
due treni che era di 350 𝐾𝑚 ).
Per determinare l’istante e la posizione dell’incontro basta risolvere il sistema
delle due leggi orarie precedentemente scritte, quindi:
𝑠 = 100 𝑡
𝑠 = −80 𝑡 + 150
𝑠 = 100 𝑡
180 𝑡 = 150
𝑠 = 100 𝑡
100 𝑡 = −80 𝑡 + 150
𝑠 = 100 𝑡
𝑠 = 100 150 180
𝑡 = 180
180
𝑠 = 100 𝑡
100𝑡 + 80 𝑡 = 150
𝐾𝑚
5
∙ ℎ = 83,3 𝐾𝑚
ℎ
6
5
5
𝑡 = ℎ = ∙ 60 min = 50 𝑚𝑖𝑛
6
6
Ricordando che l’origine dei tempi in questa FASE b) era fissata alle ore
14:00 e che l’origine degli spazi era stata fissata a 200 Km da Valencia,
interpretiamo il risultato del sistema dando la seguente risposta:
• I due treni si incontrano alle 14:50
• In una località posta a circa 283 Km da Valencia.
2. Una Golf passa alla velocità costante di 108 𝐾𝑚 ℎ davanti ad un
autovelox della polizia in un tratto in cui il limite di velocità è di
80 𝐾𝑚 ℎ. L’auto della polizia parte all’inseguimento della Golf dopo
7,20 𝑠 con accelerazione costante di 2,00 𝑚 𝑠 ! . Calcola quanto tempo
impiega la polizia per raggiungere la Golf, dall’istante in cui la Golf era
passata davanti all’autovelox, la distanza che la polizia deve percorrere
per raggiungerla e la velocità della polizia nell’istante del
raggiungimento della Golf.
43,2 𝑠; ≈ 1,30 𝐾𝑚; ≈ 259 𝐾𝑚 ℎ
SOL.
Dividiamo il problema in due fasi:
a) Da quando passa la Golf (che d’ora in avanti indicheremo con G) passa
davanti all’autovelox a quando parte l’auto della polizia (che d’ora in
avanti indicheremo con P)
b) Da quando parte P a quando P raggiunge G.
FASE a)
Poniamo l’origine degli spazi nel punto in cui è posizionato l’autovelox, il
verso positivo degli spazi è quello in cui si muove G e l’unità di misura per gli
spazi è il metro 𝑚.
L’origine dei tempi è l’istante in cui la G passa davanti all’autovelox e l’unità di
misura è il secondo 𝑠.
Innanzitutto trasformiamo i dati del problema in modo coerente con le unità di
misura scelte:
𝑣! = 108 𝐾𝑚
1000 𝑚
𝑚
= 108 ∙
= 30 ℎ
3600 𝑠
𝑠
L’equazione oraria del moto della G è: 𝑠 = 𝑣! 𝑡 da cui segue che :
𝑠 7,20 𝑠 = 30 𝑚
∙ 7,20 𝑠 = 216 𝑚
𝑠
FASE b)
Per quanto riguarda l’asse degli spazi tutto rimane come nella prima fase.
La nuova origine del tempo è l’istante in cui parte P.
Il moto dell’auto G è rettilineo uniforme con una posizione iniziale diversa da
zero, mentre il moto dell’auto P è un moto rettilineo uniformemente
accelerato con posizione iniziale nulla e velocità iniziale nulla.
Pertanto, le leggi orarie delle due auto sono:
𝑎𝑢𝑡𝑜 𝐺:
𝑠 = 30 𝑡 + 216
𝑎𝑢𝑡𝑜 𝑃:
1
𝑠 = 𝑎 𝑡 !
2
Per determinare l’istante in cui P raggiunge G e la posizione in cui il
ricongiungimento avviene basta risolvere il seguente sistema :
𝑠 = 30 𝑡 + 216
1
𝑠 = 𝑎 𝑡 !
2
1
𝑎 𝑡 ! = 30 𝑡 + 216
2
𝑠 = 30 𝑡 + 216
l’equazione risolvente di secondo grado in t che si ottiene è la seguente:
1
2 𝑡 ! − 30 𝑡 − 216 = 0 2
𝑡=
!
𝑡 − 30 𝑡 − 216 = 0
−𝑏 ± 𝑏 ! − 4𝑎𝑐
𝑡 =
2𝑎
30 ± 900 + 864
30 ± 42
−6 𝑛𝑜𝑛 𝑎𝑐𝑐𝑒𝑡𝑡𝑎𝑏𝑖𝑙𝑒
= =
36 𝑎𝑐𝑐𝑒𝑡𝑡𝑎𝑏𝑖𝑙𝑒
2
2
l’auto P raggiunge l’auto G dopo 36 secondi dall’istante in cui si è messa in
moto P. Se aggiungiamo a questo tempo i 7,20 secondi di vantaggio di G
allora troviamo la prima risposta al problema:
𝑡 = 36 + 7,20 = 43,20 = 43,2 𝑠
La distanza percorsa dalla P è esattamente la posizione di P corrispondente
all’istante 𝑡 = 36 𝑠 1
𝑠 36 = ∙ 2 ∙ 36! = 1296 𝑚 ≈ 1,30 𝐾𝑚
2
Allo stesso risultato si giunge ovviamente anche con l’altra equazione oraria
del sistema (infatti all’istante 𝑡 = 36 𝑠 le due auto occupano la medesima
posizione)
𝑠 36 = 30 ∙ 36 + 216 = 1296 𝑚 ≈ 1,30 𝐾𝑚 .
Per calcolare la velocità di P nell’istante del sorpasso basta usare la legge
oraria della velocità:
𝑣 = 𝑎 𝑡 + 𝑣! 𝑣 36 = 2 ∙ 36 + 0 = 72 𝑚 𝑠 = 259,2 𝐾𝑚 ℎ≈ 260 𝐾𝑚 ℎ .
3. Un ciclista sta finendo di riparare la gomma che si è bucata quando un
amico passa ad una velocità costante di 3,5 𝑚 𝑠. Due secondi dopo, il
ciclista balza sulla sua bicicletta e accelera in modo costante con
𝑎 = 2,4 𝑚 𝑠 ! , fino a raggiungere il suo amico.
a) Quanto tempo impiega a raggiungere il suo amico (calcola il
tempo che trascorre da quando si rimette in sella a quando
raggiunge l’amico)?
b) Quale distanza ha percorso in questo intervallo di tempo?
c) Qual è la sua velocità quando lo raggiunge?
≈ 4,3 𝑠; ≈ 22 𝑚; ≈ 10 𝑚 𝑠
SOL.
Il problema è molto simile a quello precedente. Chiamiamo il ciclista che
inizialmente è fermo con C e l’amico che gli passa accanto con velocità
costante A.
Dividiamo il problema in due fasi:
a) Da quando A passa accanto a C che sta riparando la gomma a quando
riparte C .
b) Da quando riparte C a quando C raggiunge A.
FASE a)
Poniamo l’origine degli spazi nel punto in cui C sta riparando la gomma della
sua bici, il verso positivo degli spazi è quello in cui si muove A e l’unità di
misura per gli spazi è il metro 𝑚.
L’origine dei tempi è l’istante in cui A passa accanto all’amico e l’unità di
misura è il secondo 𝑠. L’equazione oraria del moto della A è: 𝑠 = 𝑣! 𝑡 da cui segue che :
𝑠 2,0 𝑠 = 3,5 𝑚
∙ 2,0 𝑠 = 7,0 𝑚
𝑠
FASE b)
Per quanto riguarda l’asse degli spazi tutto rimane come nella prima fase.
La nuova origine del tempo è l’istante in cui parte C.
Il moto di A è rettilineo uniforme con una posizione iniziale diversa da zero,
mentre il moto dell’auto C è un moto rettilineo uniformemente accelerato con
posizione iniziale nulla e velocità iniziale nulla.
Pertanto, le leggi orarie dei due ciclisti sono:
𝑎𝑚𝑖𝑐𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑐𝑖𝑐𝑙𝑖𝑠𝑡𝑎 𝐴:
𝑠 = 3,5 𝑡 + 7,0
𝑐𝑖𝑐𝑙𝑖𝑠𝑡𝑎 𝐶:
1
𝑠 = ∙ 2,4 𝑡 !
2
Per determinare l’istante in cui C raggiunge A e la posizione in cui avviene il
sorpasso basta risolvere il seguente sistema :
𝑠 = 3,5 𝑡 + 7,0
1
𝑠 = ∙ 2,4 𝑡 !
2
1
∙ 2,4 𝑡 ! = 3,5 𝑡 + 7,0
2
𝑠 = 3,5 𝑡 + 7,0
l’equazione risolvente di secondo grado in t che si ottiene è la seguente:
1
∙ 2,4 𝑡 ! − 3,5 𝑡 − 7,0 = 0 2
𝑡=
!
1,2 𝑡 − 3,5 𝑡 − 7,0 = 0
−𝑏 ± 𝑏 ! − 4𝑎𝑐
𝑡 =
2𝑎
3,5 ± 12,25 + 33,60
3,5 ± 6,8
−1,4 𝑛𝑜𝑛 𝑎𝑐𝑐𝑒𝑡𝑡𝑎𝑏𝑖𝑙𝑒
≈ ≈
4,3 𝑎𝑐𝑐𝑒𝑡𝑡𝑎𝑏𝑖𝑙𝑒
2,4
2,4
il ciclista C raggiunge l’amico A dopo circa 4,3 secondi dall’istante in cui si è
rimesso in moto. Ed ecco la prima risposta al problema:
𝑡 ≈ 4,3 𝑠
La distanza percorsa dalla C è esattamente la posizione di C corrispondente
all’istante 𝑡 = 4,3 𝑠 1
𝑠 4,3 = ∙ 2,4 ∙ 4,3! ≈ 22 𝑚 2
Allo stesso risultato si giunge ovviamente anche con l’altra equazione oraria
del sistema (infatti all’istante 𝑡 = 4,3 𝑠 i due amici occupano la medesima
posizione)
𝑠 4,3 = 3,5 ∙ 4,3 + 7 ≈ 22 𝑚 .
Per calcolare la velocità di C nell’istante del sorpasso basta usare la legge
oraria della velocità:
𝑣 = 𝑎 𝑡 + 𝑣! 𝑣 4,3 = 2,4 ∙ 4,3 + 0 = 10,32 𝑚 𝑠 ≈ 10 𝑚 𝑠 .
4. Durante una partita di pallavolo, l’alzatore alza una palla per lo
schiacciatore. La palla, lanciata verso l’alto da un’altezza di 1,8 𝑚 dal
suolo, viene colpita dallo schiacciatore proprio nell’istante in cui, giunta
ad un’altezza di 2,5 𝑚 dal suolo, ha assunto velocità nulla. Qual è la
velocità iniziale impressa alla palla dall’alzatore? Quanto tempo passa
da quando la palla è lanciata dall’alzatore a quando è colpita dallo
schiacciatore?
≈ 3,7 𝑚 𝑠 ; ≈ 0,38 𝑠
SOL.
Il problema riguarda il moto di un grave con velocità iniziale non nulla.
La prima cosa da fare è fissare come asse degli spazi una retta verticale e
fissare l’origine degli spazi nel punto da cui parte la palla. Poi una scelta
conveniente è quella di orientare l’asse degli spazi dal basso verso l’alto, così
la velocità iniziale risulterà positiva (perché concorde col verso positivo degli
spazi) mentre l’accelerazione gravitazionale risulterà negativa (perché
discorde con il verso positivo degli spazi).
Inoltre conviene fissare l’origine dei tempi nell’istante in cui parte la palla dalle
mani dell’alzatore.
Da queste scelte segue che la posizione della palla nell’istante in cui viene
colpita dallo schiacciatore è la differenza fra la quota a cui viene colpita dallo
schiacciatore e la quota da cui viene lanciata dall’alzatore, cioè
𝑠 = 2,5 − 1,8 = 0,7 𝑚.
Le leggi orarie dello spazio e della velocità sono dunque le seguenti:
1
𝑙𝑒𝑔𝑔𝑒 𝑜𝑟𝑎𝑟𝑖𝑎 𝑠𝑝𝑎𝑧𝑖𝑜: 𝑠 = − 𝑔 𝑡 ! + 𝑣! 𝑡
2
𝑙𝑒𝑔𝑔𝑒 𝑜𝑟𝑎𝑟𝑖𝑎 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑡à:
𝑣 = −𝑔 𝑡 + 𝑣! L’istante in cui la palla viene colpita dallo schiacciatore coincide con l’istante
in cui la palla raggiunge la sua altezza massima, quindi con l’istante in cui la
palla si ferma. Possiamo porre la velocità uguale a zero in questo istante:
0 = −9,8 𝑡 + 𝑣! 𝑣! = 9,8 𝑡
Se nell’equazione degli spazi inseriamo 0,7 𝑚 al posto di 𝑠 e 9,8 𝑡 al posto
della velocità iniziale allora otteniamo:
1
0,7 = − ∙ 9,8 𝑡 ! + 9,8 𝑡 ∙ 𝑡 2
0,7 = 4,9 𝑡 ! 𝑡 = ±
0,7
≈ ±0,38 𝑠
4,9
Ovviamente l’unica soluzione accettabile è quella positiva 𝑡 ≈ 0,38 𝑠 .
Sostituendo questo valore nell’equazione della velocità, riusciamo a
determinare anche il valore della velocità iniziale:
𝑚
𝑣! = 9,8 𝑡 = 9,8 ∙ 0,38 ≈ 3, 7 𝑠
Con il seguente problema proviamo a complicare un po’ la situazione:
ci sono ben tre palline che cadono o vengono lanciate verso il basso o verso
l’alto. Vediamo come le solite equazioni delle leggi orarie se ben utilizzate
riescono a “sbrogliare la matassa”.
5. Tre palline A, B e C, poste ad una stessa altezza ℎ dal suolo, iniziano a
muoversi nello stesso istante 𝑡 = 0 . La pallina A viene lasciata cadere
con velocità iniziale nulla; la pallina B viene lanciata verso il basso con
velocità iniziale di modulo 𝑣!! = 𝑣! ; la pallina C viene lanciata verso
l’alto con velocità iniziale di modulo 𝑣!! = 𝑣! . Sappiamo che nell’istante
in cui la pallina C raggiunge l’altezza massima, la B tocca terra, mentre
contemporaneamente la pallina A si trova a 9,8 𝑚 dal suolo.
a) Calcola il modulo della velocità iniziale 𝑣! (comune alle palline B e
C);
b) Calcola il tempo che impiega la pallina B a giungere al suolo;
c) Determina la misura dell’altezza ℎ dal suolo da cui partono le tre
palline;
d) Determina l’altezza massima dal suolo raggiunta dalla pallina C;
e) Dopo quanti secondi dall’inizio del moto, toccano terra anche le
altre due palline A e C? Chi arriva per prima a terra fra la A e la
C?
𝑣! = 9,8 𝑠; 𝑡! = 1,00 𝑠; ℎ = 14,7 𝑚; 𝐻 = 19,6 𝑚; 𝑡! ≈ 1,73 𝑠; 𝑡! = 3,00 𝑠 SOL.
La scelta che mi sembra più comoda in questo caso è la seguente:
l’asse degli spazi è una retta verticale, il verso positivo è dal basso verso
l’alto, l’origine degli spazi è a livello del suolo (e non alla quota da cui partono
le tre palline) ed infine l’unità di misura degli spazi è il metro.
Per quanto riguarda il tempo la scelta è far partire i tempi dall’istante in cui
tutte e tre le palline iniziano a muoversi.
Le leggi orarie delle tre palline sono:
𝑝𝑎𝑙𝑙𝑎 𝐴:
𝑝𝑎𝑙𝑙𝑎 𝐵:
𝑝𝑎𝑙𝑙𝑎 𝐶:
1
𝑠 = − 𝑔𝑡 ! + ℎ
2
1 !
𝑠 = − 𝑔𝑡 − 𝑣! 𝑡 + ℎ
2
1
𝑠 = − 𝑔𝑡 ! + 𝑣! 𝑡 + ℎ
2
Le leggi orarie delle velocità sono le seguenti:
𝑝𝑎𝑙𝑙𝑎 𝐴:
𝑝𝑎𝑙𝑙𝑎 𝐵:
𝑝𝑎𝑙𝑙𝑎 𝐶:
𝑣 = −𝑔𝑡
𝑣 = −𝑔𝑡 − 𝑣!
𝑣 = −𝑔𝑡 + 𝑣!
Sappiamo che nell’istante in cui la pallina C raggiunge l’altezza massima, la
B tocca terra, mentre contemporaneamente la pallina A si trova a 9,8 𝑚 dal
suolo.
C raggiunge l’altezza massima quando la sua velocità diventa nulla, quindi:
0 = −𝑔𝑡 + 𝑣! 𝑔𝑡 = 𝑣! #
mentre in questo stesso istante B tocca terra, quindi:
1
0 = − 𝑔𝑡 ! − 𝑣! 𝑡 + ℎ 2
3
1
0 = − 𝑔𝑡 ! − 𝑔𝑡 ∙ 𝑡 + ℎ 𝑔𝑡 ! = ℎ ∗
2
2
e ancora in quest’istante A si trova a 9,8 𝑚 dal suolo, quindi:
1
9,8 = − 𝑔𝑡 ! + ℎ 2
1
3
9,8 = − 𝑔𝑡 ! + 𝑔𝑡 ! 2
2
9,8 = 𝑔𝑡 ! ∗∗ da quest’ultima equazione ricaviamo il valore di 𝑡 :
𝑡 ! = 9,8
𝑔
𝑡 = ± 9,8
𝑔
𝑡 = ± 1 𝑡 = ±1 𝑠
ovviamente solo la soluzione positiva è accettabile, dunque 𝑡 = 1 𝑠 .
Sostituendo questo valore nell’equazione # si ottiene il valore di 𝑣! :
𝑣! = 𝑔 𝑡 = 9,8 ⋅ 1 = 9,8 𝑚
𝑠
Mentre sostituendo lo stesso valore 𝑡 = 1 𝑠 nell’equazione ∗ si ottiene il
valore di ℎ :
3
3
ℎ = 𝑔 𝑡 ! = ⋅ 9,8 ⋅ 1! = 14,7 𝑚 2
2
Infine sostituendo 𝑡 = 1 𝑠 nella legge oraria della pallina C ricaviamo qual è
l’altezza massima dal suolo raggiunta dalla pallina C.
1
1
𝐻 = − 𝑔𝑡 ! + 𝑣! 𝑡 + ℎ = − ⋅ 9,8 ⋅ 1! + 9,8 ⋅ 1 + 14,7 = 19,6 𝑚 2
2
Per rispondere all’ultima domanda vediamo in che istante la pallina A tocca il
suolo:
1
0 = − 𝑔𝑡 ! + ℎ 2
1 !
𝑔𝑡 = ℎ 2 𝑡 ! = 2 ℎ
𝑔
𝑡 = ±
2 ⋅ 14,7
= ± 3 9,8
ovviamente solo la soluzione positiva è accettabile, quindi A tocca il suolo
nell’istante 𝑡! = 3 𝑠 ≈ 1,73 𝑠 .
Analogamente per determinare l’istante in cui C tocca il suolo bisogna usare
l’equazione oraria della pallina C:
1
0 = − 𝑔𝑡 ! + 𝑣! 𝑡 + ℎ 2
1 !
𝑔𝑡 − 𝑣! 𝑡 − ℎ = 0 2 4,9 𝑡 ! − 9,8 𝑡 − 14,7 = 0
equazione di secondo grado completa che può essere semplificata dividendo
tutti i coefficienti dell’equazione stessa per 4,9 ottenendo così:
𝑡 ! − 2 𝑡 − 3 = 0 −𝑏 ± 𝑏 ! − 4𝑎𝑐
2 ± 4 + 12
−1 𝑛𝑜𝑛 𝑎𝑐𝑐𝑒𝑡𝑡𝑎𝑏𝑖𝑙𝑒
𝑡 = = = 3 𝑎𝑐𝑐𝑒𝑡𝑡𝑎𝑏𝑖𝑙𝑒 2𝑎
2
Dunque C tocca terra dopo tre secondi dal lancio.
Le tre palline toccano il suolo in quest’ordine:
𝑝𝑎𝑙𝑙𝑎 𝐴 è 𝑠𝑒𝑐𝑜𝑛𝑑𝑎 𝑎 𝑡𝑜𝑐𝑐𝑎𝑟𝑒 𝑖𝑙 𝑠𝑢𝑜𝑙𝑜:
𝑝𝑎𝑙𝑙𝑎 𝐵 è 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑎 𝑎 𝑡𝑜𝑐𝑐𝑎𝑟𝑒 𝑖𝑙 𝑠𝑢𝑜𝑙𝑜:
𝑝𝑎𝑙𝑙𝑎 𝐶 è 𝑡𝑒𝑟𝑧𝑎 𝑎 𝑡𝑜𝑐𝑐𝑎𝑟𝑒 𝑖𝑙 𝑠𝑢𝑜𝑙𝑜:
𝑡! ≈ 1,73 𝑠
𝑡! = 1,00 𝑠 𝑡! = 3,00 𝑠
Ora prova tu a risolvere i prossimi problemi di cinematica sfruttando in
modo opportuno le leggi orarie degli spazi e delle velocità:
6. Due trenini elettrici A e B si muovono l’uno contro l’altro su un binario
rettilineo con velocità costante di modulo 𝑣! e 𝑣! rispettivamente.
Quando arrivano ad una distanza prefissata 𝑑 , iniziano
contemporaneamente a frenare ognuno con decelerazione costante,
rispettivamente di modulo 𝑎! = 0,50 𝑚 𝑠 ! e 𝑎! = 0,20 𝑚 𝑠 ! . Il gioco
consiste nel far fermare i due treni nello stesso istante, proprio quando
sono quasi arrivati a contatto (supponiamo che nell’istante in cui i treni
si fermano abbiano raggiunto la stessa posizione). Sappiamo che la
velocità iniziale del treno A è 𝑣! = 10 𝑚 𝑠,
a) Calcola la velocità iniziale 𝑣! del treno B in modo che il gioco
riesca;
b) Determina la durata della frenata, ossia quanto tempo passa
dall’inizio della decelerazione al momento dell’arresto dei due
treni;
c) Stabilisci a che distanza 𝑑 si trovavano i due treni nell’istante in
cui inizia la frenata;
d) Quanto è lunga la frenata di A?
e) Quanto è lunga la frenata di B?
7. Due ciclisti Alex e Bob sono inizialmente fermi a 130 𝑚 l’uno dall’altro.
Alex parte per primo e si muove verso Bob con velocità costante di
modulo 𝑣! = 5,0 𝑚 𝑠. Dopo 2,0 𝑠 parte Bob che si muove verso Alex
con velocità costante di modulo 𝑣! = 3,0 𝑚 𝑠.
a) Dopo quanto tempo dalla partenza di Alex i due ciclisti si
incontrano?
b) Calcola lo spazio percorso da Alex e quello percorso da Bob.
8. Una pattuglia della polizia stradale è ferma lungo un viale in cui il limite
di velocità è di 80 𝐾𝑚 ℎ . Ad un certo punto sfreccia davanti alla
pattuglia un “pirata della strada” che procede alla folle velocità di
144 𝐾𝑚 ℎ . I poliziotti, dopo appena 1,0 𝑠 dal passaggio dell’auto,
partono all’inseguimento del “pirata” procedendo con accelerazione
costante.
a) Sapendo che dalla partenza della polizia all’istante in cui viene
raggiunta l’auto pirata passano 20 𝑠 , calcola l’accelerazione
dell’auto dei militari.
b) A che distanza dal posto di blocco viene raggiunta l’auto pirata?
c) Che velocità ha la polizia al momento del ricongiungimento?
9. Una biglia di metallo viene lasciata cadere a terra da un’altezza di
19,6 𝑚. Trascurando la resistenza dell’aria ed ogni altro tipo di attrito,
a) calcola dopo quanto tempo tocca terra;
b) quale velocità iniziale, diretta verso il basso, bisogna imprimere
alla biglia per farle raggiungere il suolo in metà tempo?
c) Se la stessa velocità iniziale ottenuta nel punto b) viene diretta
verso l’alto, dopo quanto tempo la biglia tocca il suolo?