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