MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI

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1 MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI 1. Poizione e Spotaento Exercie 1. Un anguria in un capo è collocata nella poizione data dalle eguenti coordinate: x = 5.0, y = 8.0 e z = 0. Trovare il vettore poizione traite le ue coponenti e in terini di intenità e di orientaento. Soluzione: epriiao il vettore poizione traite i vettori unitari o verori) epliceente coniderando le coponenti coe ultipli di tali verori r = 5.0 i j + 0 k per deterinare l intenità del vettore, calcoliao il uo odulo r = 5.0) = 89 = 9.4 e l angolo forato con l ae orizzontale per cui da cui α = 1 tan π α) = π α = arctan = 58 Exercie. Il vettore poizione di un protone è inizialente r = 5.0 i 3.0 j +.0 k, epreo in etri, e in eguito r =.0 i j +.0 k. Deterinare il vettore potaento del vettore e a quale piano è parallelo. Soluzione: il vettore potaento è il vettore differenza, cioè r = r r =.0 5.0) i ) j +.0.0) k = 7.0 i j + 0 k eendo nulla la coponente lungo l ae z, il vettore è parallelo al piano x, y.. Velocità e velocità edia Proble. Un aeroplano vola per 300 k vero et dalla città A alla città B in 45 in, e quindi per 600 k a ud da B a C in 1, 50 h. a) Quale vettore potaento corriponde al viaggio copleto? Quali ono b) il vettore velocità edia e c) la velocità calare edia copleiva? Cao: a): Il vettore potaento che rappreenta il viaggio copleto è l ipotenua del triangolo rettangolo ABC. AC = = 671 k entre la ua direzione, riferita alla direzione ud, è α = arctan = 6.6 Cao: b): per calcolare il vettore velocità edia terreo conto del odulo e direzione del vettore potaento e del tepo totale ipiegato, 671 k v =.5 h = 98 k h con direzione uguale a quella del vettore potaento, cioè 6.6 ripetto al ud 1

2 MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI Cao: c): la velocità calare edia deve tenere conto dei due potaenti avvenuti e ovviaente del tepo totale ipiegato v calare 900 k =.5 h = 400 k h Exercie 3. Un treno viaggia alla velocità cotante di 60.0 k/h per 40.0 in vero et, quindi per 0.0 in in direzione che fora un angolo di 50 vero et ripetto al nord, e infine per 50.0 in vero ovet. Qual è la ua velocità vettoriale edia u tutto il tragitto? Soluzione: nei prii 40.0 in il treno percorre, viaggiando epre a velocità cotante, nel econdo tratto 1 = 60.0 k h h = 40 k 3 = 60.0 k h 1 h = 0 k 3 le coponenti dello potaento lungo le direzioni nord-ud e et-ovet ono nel terzo tratto x = 0 in 50 = 15.3 k y = 0 co 50 = 1.9 k 3 = 60.0 k h 5 h = 50 k 6 Calcoliao le coponenti del vettore riultante x = ) = 5.3 k y = y = 1.9 lo potaento riultante arà, in odulo, = 5.3) + 1.9) = 13.9 k l angolo è La velocità edia è pertanto α = arctan = 40.1 v edia = 13.9 k 11 6 h = 7.7 k h Exercie 4. In 3.50 h un aerotato viaggia per 1.5 k vero nord e per 9.70 k vero et, e ale di.88 k verticalente ripetto al punto di decollo dal uolo. Trovare il odulo della velocità edia e l angolo fra tale velocità e il piano orizzontale.

3 MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI 3 Soluzione: calcoliao lo potaento copleivo = la velocità edia è quindi: x + y + z = v edia = 1.5) ) +.88) = 3.8 k 3.8 k 3.50 h = 6.8 k h l angolo è quello tra il piano, rappreentato dalla retta che contiene la riultante tra x e y, 1 = = 3.6 k e il vettore potaento in roo): α = arctan = 6.96 Exercie 5. Il vettore poizione di uno ione è inizialente r = 5.0 i 6.0 j +.0 k, e dopo 10 diventa r =.0 i j.0 k, eendo il etro l unità di iura. Qual è la ua velocità edia durante queto intervallo di tepo? Soluzione: Dobbiao calcolare il vettore potaento coe differenza tra i due vettori che individuano la poizione finale e quella iniziale ripetto all origine del itea di riferiento r f i =.0 5.0) i ) j +.0.0) k = 7.0 i j 4.0 k calcoliao ora il odulo di tale vettore r f i = 7) ) = 16. il vettore velocità edia arà v = 0.7 i j 0.4 k e il uo odulo v edia = = 1.6 Exercie 6. La poizione di un elettrone è data dalla relazione r = 3.0t i 4.0t j +.0 k, in unità SI. a) Qual è la v t) dell elettrone? b) Quanto vale v per t =.0? c) Quali ono in quell itante l intenità e la direzione di v? Cao: a): per calcolare la velocità in funzione del tepo, dobbiao prendere la derivata pria del vettore poizione, epreo coe i vede in funzione del tepo teo v t) = 3.0 i 8.0t j Cao: b): calcoliao la velocità itantanea ponendo nella legge delle velocità t = v ) = 3.0 i 16.0 j Cao: c): calcoliao l intenità della velocità itantanea v = = 16.3 la velocità è un vettore che giace nel piano x, y, con y < 0; epriiao l angolo forato con l ae delle x utilizzando la rotazione invera, oraria, α = arctan 16 3 = 79.4

4 MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI 4 3. Accelerazione e accelerazione edia Exercie 7. Un protone inizialente poiede una velocità v = 4.0 i.0 j k, che diventa v =.0 i.0 j k, dopo 4, in unità SI. Deterinare l accelerazione edia, a, intenità, direzione e vero, durante queti 4. Soluzione: ricordando la definizione di accelerazione, a = v cioè v = t = v f v i t [.0 4.0) i ) j ) k, i ha ] il odulo di tale variazione è v = 6.0) i +.0) k da cui i ottiene il odulo dell accelerazione v = = 6.3 eprea traite i verori avendo divio v per 4. a = 6, 3 4 = 1, 6 a = 1.5) i + 0.5) k Exercie 8. Il oto di una particella è tale che la ua poizione in unità SI è eprea, in funzione del tepo, dall equazione r = i + 4t j + t k. Scrivere le epreioni della velocità e della ua accelerazione in funzione del tepo. Soluzione: per ottenere l epreione della velocità in funzione del tepo, calcoliao la derivata pria della legge oraria v = 8t j + k entre per l epreione della accelerazione, calcoliao la derivata pria della relazione che eprie la legge delle velocità a = 8 j Exercie 9. La poizione r di una particella in oto nel piano xy è data dall epreione r =.00t t ) i t 4 ) j ove r è in etri e t in econdi. Calcolare la poizione r, la velocità v e l accelerazione a per t =.00. Quale arà l orientaento di una linea tangente al percoro della particella all itante t =.00? Soluzione: calcoliao la poizione, otituendo a t il valore aegnato t =.00 r = ) i ) j = 6.00 i 106 j calcoliao ora la legge delle velocità, ediante la derivata pria v = 6.00t 5.00 ) i t 3 ) j otituendo anche qui t =.00, i avrà v = ) i j = 19.0 i 4 j calcoliao infine la legge della accelerazione a = 1.00t i 84.00t j da cui otituendo i ha a = 4.0 i 336 j calcolare l orientaento di una linea tangente, vuol dire calcolare il coefficiente angolare di tale retta tangente, cioè il valore della derivata pria in quel punto, t =.00. Utilizzereo pertanto il valore della velocità, calcolando il rapporto tra le ue coponenti vettoriali ) 4 α = arctan =

5 MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI 5 Exercie 10. Una litta a vela corre u una uperficie ghiacciata pinta dal vento con accelerazione cotante. Ad un tepo aegnato la ua velocità è v = 6.30 i 8.4 j. Dopo 3 i arreta di colpo. Deterinare la ua accelerazione edia durante queti 3. Soluzione: la litta i fera in 3, cioè la ua velocità aue il valore zero. Ricordando la definizione di accelerazione 0 i + 0 ) j 6.30 i 8.4 ) j a = v t = 3 =.10 i +.81 j Exercie 11. Una particella parte dall origine al tepo t = 0 con velocità iniziale di v = 8.0 j e i uove nel piano xy con un accelerazione cotante di a = 4.0 i +.0 j. Trovare la coordinata y nell itante in cui la coordinata x = 9. Trovare pure la velocità calare della particella in quell itante. Soluzione: la legge oraria del oto uniforeente accelerato è eprea da ea i uddivide nelle due direzioni del oto nel notro cao = v 0 t + 1 a t x = v 0x t + 1 a xt y = v 0y t + 1 a yt 9 =.0 t da cui, coniderando la ola radice poitiva, 9 t =.0 = 3.8 La coordinata y arà pertanto y = = 45 Per calcolare la velocità, facciao riferiento alla alla legge delle velocità v = v 0 + a t da cui v x = = 15. la velocità calare è quindi v y = = 15.6 v = = Exercie 1. Una particella parte dall origine con velocità iniziale v = 3.00 i. La ua velocità varia poi con un accelerazione cotante a = 1.00 i j. Deterinare poizione e velocità quando la ua coordinata x è aia. Soluzione: criviao la legge oraria del oto 1 = 3.00t i i ) j t epriiao la legge relativa alle coponenti x, y x = 3.00t 0.500t y = 0.50t eendo aiilabile all equazione di una parabola con concavità rivolta vero il bao coefficiente negativo di t ), il uo aio corriponde al vertice della parabola e quindi ad un tepo t t = b a = = 3.00

6 MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI 6 dopo 3 la particella è pertanto in x ax = 4.5, e la velocità, v = v 0 + at arà v x = t = = 0 v y = t = 1.5 ea arà rappreentabile vettorialente coe i troverà nella poizione v = 15 j 1 = i + 1 = 9.00 i i j 1.00 i ) j 3.0 ) 9.00 = 4.5 i.5 j Exercie 13. La velocità v di una particella in oto nel piano xy è data dall epreione v = 6.0t 4.0t ) i j. Calcolare l accelerazione per t = 3 ; Deterinare e e quando i annullano l accelerazione e la velocità; infine deterinare e e quando la velocità ha intenità 10. Soluzione: per ottenere l accelerazione dobbiao calcolare la derivata della relazione che eprie la velocità nel tepo: a = t) i quindi a t = 3) = 18.0 i L accelerazione i annulla quando t) i = 0 per La velocità i annulla e t = 0, 75 v = 6.0t 4.0t ) i j = 0 a, oervando che la coponente lungo l ae verticale non dipende dal tepo, e ne deue che la velocità non arà ai nulla; Calcoliao ora il odulo della velocità in funzione del tepo v = 6.0t 4.0t ) la velocità auerà il valore richieto di 10, e 10 = 6.0t 4.0t ) cioè, volgendo e dividendo per 4 4t 4 1t 3 + 9t 9 = 0 riolvendo e coniderando la radice reale e poitiva, i ha t =. Exercie 14. Una particella A i pota ulla retta y = 30 a velocità cotante v di odulo v = 3.0 / e direzione parallela all ae x i veda la figura). Una econda particella B parte dall origine, con velocità iniziale nulla e accelerazione a di odulo a = 0.40 /, nello teo itante in cui la particella A attravera l ae y. Quale angolo θ tra a e il vero poitivo dell ae y potrebbe provocare una colliione tra le due particelle?

7 MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI 7 Soluzione: la particella A i uove in direzione orizzontale di oto rettilineo unifore, entre la particella B i uove di oto accelerato. La direzione del oto accelerato deve eere tale che le due particelle i incontrino. Pertanto, affinché B raggiunga A, è neceario che percorra una traiettoria coponibile in un tratto orizzontale B x = vt = 3.0t e un tratto verticale B y = 30. La ditanza copleiva che deve percorrere la particella B è decritta dal egento obliquo in figura che è ottenibile applicando il th. di Pitagora al triangolo diegnato: B = t) tale ditanza deve eere percora con una accelerazione a = 0.4 / e partendo da fera, per cui t) = 1 at = 0, t Riolviao elevando al quadrato 0, 04t 4 9t 900 = 0 l equazione è biquadratica e i riolve ponendo, ad e. t = z 0, 04z 9z 900 = 0 applicando la forula riolutiva, i ha, prendendo la ola oluzione poitiva z = = 300 riolviao ora ripetto a t, coniderando ancora la ola oluzione poitiva per il tepo t = 300 Ora, l angolo θ indicato in figura è legato alle due coponenti dello potaento dalla relazione tan θ = B x B y = 3t 30 cioè, otituendo il valore ottenuto per t ) θ = arctan = Moto Dei Proiettili Exercie 15. Una freccetta viene lanciata orizzontalente in direzione del centro del beraglio P in figura con v 0 = 10 /. Dopo 0.19 ea colpice il punto Q ul bordo del beraglio poto verticalente otto P. Calcolare la ditanza P Q e la ditanza dal beraglio alla quale i trovava il lanciatore.

8 MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI 8 Soluzione: la freccetta è al oento del lancio allineata con il punto P, eendo la ua traiettoria parabolica colpirà invece il punto Q, cioè cade vero Q. Mi bata calcolare quindi la caduta verticale originata dal oto accelerato vero il bao, econdo la legge y y 0 = v 0y t 1 gt ; in queto cao la velocità iniziale è olo nella direzione orizzontale per cui v 0y = 0 P Q = y 0 y = = 0.18 la ditanza tra il lanciatore e il beraglio è quella che viene percora dalla coponente orizzontale del oto della freccetta, che avviene econdo le leggi di un oto rettilineo unifore x = v 0x t = = 1.9 Exercie 16. Un fucile è puntato orizzontalente contro un beraglio alla ditanza di 30. Il proiettile colpice il beraglio 1.9 c otto il centro. Deterinare il tepo di volo del proiettile e la velocità alla bocca del fucile. Soluzione: poiao riferirci epre alla figura dell eercizio precedente. La traiettoria è di tipo parabolico e quindi irando orizzontalente il proiettile cadrà vero il bao di 1.9 c otto l azione dell accelerazione di gravità, g. Anche qui la v y0 = 0. Quindi y y 0 = = 4.9 t da cui, riolvendo ripetto a t e coniderando la oluzione poitiva t = 4.9 = 0.06 per calcolare la velocità iniziale, oerviao che ea è dovuta olaente alla coponente orizzontale. Quindi il proiettile percorre 30 in 0.06 con un oto rettilineo unifore. Pertanto v = = 48 Exercie 17. Gli elettroni poono eere ottopoti a caduta libera. Se un elettrone è proiettato orizzontalente alla velocità di /, quanto cadrà percorrendo 1.0 di ditanza orizzontale? Soluzione: il diegno riproduce cheaticaente il ignificato di caduta, cioè la coponente verticale del oto decritta da un oto uniforeente accelerato. La coponente orizzontale è invece decritta da un oto rettilineo unifore, per cui t = v = = in queto intervallo di tepo l elettrone percorrerà un tratto verticale caduta) di = 1 gt = ) = Se la velocità orizzontale auentae l elettrone percorrerebbe 1 in un tepo inferiore e quindi la ua caduta arebbe inore. Exercie 18. In un tubo a vuoto un facio di elettroni è proiettato orizzontalente alla velocità di c/ nella zona coprea fra due piatti orizzontali quadrati di lato.0 c, ai quali è applicato un capo elettrico che accelera gli elettroni con una accelerazione cotante e diretta vero il bao di c/. Trovare a) il tepo ipiegato dagli elettroni per attraverare il capo, b) lo potaento verticale del raggio di elettroni nel paaggio tra i due piatti che non tocca) e c) la velocità del raggio all ucita dal capo.

9 MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI 9 Cao: a): gli elettroni devono percorrere un tratto orizzontale coponente) di.0 c. Quindi.0 c t = c = Cao: b): lo potaento verticale, cioè la coponente verticale del oto, rappreenta ancora la caduta del facio di elettroni otto l azione dell accelerazione prodotta dal capo la caduta libera può coniderari tracurabile oervando l ordine di grandezza della accelerazione prodotta dal capo elettrico): = 1 c ) = 0. c Cao: c): la velocità è data dal contributo delle due coponenti. La coponente orizzontale, v x, riane invariata, entre la v y può eere calcolata attravero la relazione del oto accelerato uniforeente 17 c v = v 0 + at = = c il odulo della velocità arà v = vx + vy = ) ) = c epriendola vettorialente arà v = ) i c j Exercie 19. Una palla rotola orizzontalente fuori dal bordo di un tavolo alto 1.0 e cade ul paviento alla ditanza orizzontale di 1.50 dal bordo del tavolo. Calcolare il tepo di volo della palla e la velocità all itante in cui ha laciato il tavolo. Soluzione: il oto di caduta vero il bao è un oto uniforeente accelerato con accelerazione g = 9.81 ; il dilivello è di 1.0. Calcoliao il tepo di percorrenza, apendo che la coponente verticale iniziale della velocità è nulla, h t = g = = 0.50 Durante queto intervallo di tepo la palla è avanzata in direzione orizzontale di 1.50 di oto rettilineo unifore e quindi la velocità iniziale è la velocità cotante del oto v = t = = 3.0 Exercie 0. Un proiettile viene parato orizzontalente da un ara pota a 45.0 opra un terreno orizzontale. La ua velocità alla bocca dell ara è 50 /. Calcolare il tepo di volo, a che ditanza orizzontale raggiungerà il terreno e il odulo della coponente verticale della velocità quando colpice il terreno. Soluzione: il tepo di volo i calcola tenendo conto del oto accelerato di caduta, con velocità iniziale 50 / e velocità finale nulla h t = g = = 3.03

10 MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI 10 il calcolo della ditanza orizzontale i baa ul oto rettilineo unifore della coponente orizzontale del oto x = vt = = 758 la coponente verticale della velocità è quella acquiita nella caduta libera v = hg = = 9.7 Exercie 1. Una palla da baeball viene lanciata vero il battitore orizzontalente a una velocità iniziale di 160 k/h. La ditanza a cui i trova il battitore è 18. Calcolare il tepo ipiegato a coprire i prii 9 in orizzontale; I rianenti 9 ; La caduta dovuta alla gravità nei prii 9 in orizzontale e nei rianenti 9. Soluzione: la velocità iniziale, traforata in /, è v 0x = = 44.4, entre la v 0y = 0 eendo la palla lanciata orizzontalente). Il oto orizzontale può eere coniderato rettilineo unifore, da cui t = = 0. nei econdi 9 il tepo riarrà invariato, trattandoi appunto di oto rettilineo unifore; la caduta è decrivibile ediante le leggi del oto uniforeente accelerato; nei prii 9 i avrà, con partenza da fero h 1 = 1 gt = = 0. nei etri rianenti, crecendo la velocità v y = gt = = 1.9 /, i percorrerà una ditanza aggiore h = vt + 1 gt = = 0.6 Exercie. Un proiettile è lanciato con la velocità iniziale di 30 / con un alzo di 60 ripetto al piano orizzontale. Calcolare odulo e direzione della ua velocità dopo.0 e dopo 5.0 dal lancio. Soluzione: calcoliao le coponenti orizzontale e verticale della velocità iniziale v 0x = v 0 co ϑ = 30 co 60 = 15 v oy = v 0 in ϑ = 30 in 60 = 6 dopo.0 la ua velocità orizzontale arà invariata, v x ) = 15, entre la coponente verticale diverrà v y = v 0y gt = ) = 6.4 il odulo della velocità arà l angolo arà v = vx + vy = ) = 16 α = arctan = 3 opra il piano orizzontale; dopo 5.0, la velocità orizzontale è epre v x = 15, quella verticale il odulo della velocità arà v y = v 0y gt = ) = 3 v = vx + vy = ) = 7.5 l angolo arà otto il piano orizzontale. α = arctan = 61 Exercie 3. Una pietra viene catapultata con la velocità iniziale di 0 / a un angolo di 40.0 ripetto al piano orizzontale. Trovare i uoi potaenti proiettati in orizzontale e in verticale dopo 1.10, 1.80, 5.00 dopo il lancio.

11 MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI 11 Soluzione: calcoliao le coponenti della velocità iniziale lungo le direzioni orizzontale e verticale v 0x = 0 co 40.0 = 15.3 v 0y = 0 in 40.0 = 1.9 la ditanza percora nella direzione può eere calcolata traite le leggi del oto rettilineo unifore x 1 = v 0x t = = 16.8 x = = 7.5 x 3 = = 76.5 lo potaento verticale è deterinato traite la legge del oto uniforeente accelerato y 1 = v oy t 1 gt = = 8.3 y = = 7.3 y 3 = = 58 il teto non pecifica la ditanza dal uolo dalla quale la pietra viene cagliata. Se foe cagliata da terra, il terzo riultato non arebbe fiicaente ignificativo, in quanto la pietra avrebbe già urtato il terreno in ricaduta. La pietra, in tale ipotei, urta il terreno dopo aver percoro R = v 0 in ϑ 0 g = 0 in = 40. ciò indica che, in queto cao, anche lo potaento orizzontale x 3 non è plauibile, avendo la pietra già urtato il terreno, definendo una ditanza orizzontale aia di 40. ; in tal cao dopo 5.00 lo potaento verticale è nullo. Exercie 4. Una palla viene lanciata dall alto di un colle con la velocità iniziale di 15 / a un angolo di 0.0 otto il piano orizzontale. Trovare il uo potaento proiettato ul piano orizzontale e ull ae verticale.30 dopo il lancio. Soluzione: calcoliao le coponenti della velocità iniziale lungo le direzioni orizzontale e verticale: v 0x = 15 co0.0 = 14.1 v 0y = 15 in 0.0 = 5.1 il egno negativo di v oy dipende dal fatto che la palla viene lanciata otto il piano orizzontale) la palla ha uno potaento in orizzontale cotante nel tepo x = v 0x t = = 3.4 lo potaento lungo la direzione verticale è decrivibile con un oto uniforeente accelerato caduta libera in aenza di attriti) y = ) = 37.6 Exercie 5. Una palla viene lanciata direttaente contro un uro con la velocità iniziale di 5.0 / a un angolo di 40.0 ripetto al uolo orizzontale, coe indicato in figura. Il uro i trova a.0 dal punto di lancio. a) Per quanto tepo riane in aria la palla pria di colpire la parete? b) Quanto più in alto del punto di lancio colpice la parete? c) Quali ono le coponenti orizzontale e verticale della ua velocità all itante in cui colpice la parete? d) In queto itante ha già uperato il vertice della traiettoria?

12 MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI 1 Cao: a): il tepo di volo pria di colpire il uro è quello durante il quale la palla percorre i.0 che la eparano dal uro teo. Calcoliao pria le coponenti della velocità v 0x = 5.0 co 40.0 = 19. v 0y = 5.0 in 40.0 = 16.1 È poibile calcolare il tepo attravero la coponente orizzontale, che appunto indica lo potaento vero il uro t = =.0 v ox 19. = 1.15 Cao: b): Il punto in cui colpice la parete al di opra del punto di lancio, dipende dalla variazione della coponente verticale della velocità, nel tepo di 1.15 y = v oy t 1 gt = = 1.0 Cao: c): calcoliao la velocità nell itante in cui la palla colpice la parete. La coponente orizzontale non ubice alcuna variazione, in condizioni ideali, e pertanto arà v x = v 0x = 19. la coponente verticale varia invece econdo le leggi della caduta di un grave v y = v 0y gy da cui v y = 16.1 ) = 4.9 Cao: d): il oto copleivo è decrivibile attravero una parabola. Il punto più in alto coincide geoetricaente con il vertice di tale parabola. Dalla equazione del oto y = x tan ϑ 0 gx con ϑ v0x 0 angolo iniziale ripetto alla direzione orizzontale, i ricava l acia del vertice, cioè lo potaento in orizzontale che confrontereo con la ditanza tra palla e uro. L acia del vertice V x = b a = v 0 in ϑ 0 = g 5 ) in = 31.4 eendo la ditanza tra palla e parete di, dopo 1.15 la palla è ancora in fae di alita. La ripota i può dare anche confrontando i tepi, in quanto il punto di aio corriponde a quello in cui la velocità i annulla in fae di alita la velocità ha egno poitivo, che i inverte quando la palla inizia a cendere per il prevalere della gravità. Tra quete due fai la velocità i annullerà appunto nel vertice della traiettoria parabolica). Quindi da dovendo eere v y = 0, i ha t = v 0y g v y = v 0y gt = = 1.64 anche in queto cao, il tepo è uperiore al tepo neceario a colpire il uro di 1.15, e ciò indica ancora coe la palla ia in fae di alita. Exercie 6. Diotrare che, per un proiettile parato da un terreno piano a un angolo ϑ 0 ripetto all orizzontale, il rapporto fra la aia altezza H e la gittata R è dato dall epreione H/R = 1 4 tan ϑ 0. Per quale angolo i ha H = R?

13 MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI 13 Soluzione: La relazione che eprie il punto di aia altezza, cioè il punto in cui v y = v 0 in ϑ 0 = 0, è H = v 0 in ϑ 0 g entre la gittata, ditanza tra punto di partenza e di ricaduta, cioè nel odello geoetrico la ditanza tra le interezioni della parabola con l ae orizzontale, è eprea da il loro rapporto arà pertanto R = v 0 in ϑ 0 g = v 0 in ϑ 0 co ϑ 0 g H R = v 0 in ϑ 0 g v0 in ϑ0 co ϑ0 g = v 0 in ϑ 0 g g v 0 in ϑ 0 co ϑ 0 = 1 4 tan ϑ 0 Se H = R, allora il rapporto H R = 1, cioè 1 4 tan ϑ 0 = 1. Riolvendo la equazione gonioetrica eleentare, i ha ϑ 0 = arctan 4 = 76 Exercie 7. Una pietra viene proiettata vero un terrapieno di altezza h con la velocità iniziale di 4.0 / a un angolo di 60.0 ripetto al uolo orizzontale vedi figura). La pietra cade in A, 5.50 dopo il lancio. Trovare l altezza h del terrapieno; la velocità della pietra ubito pria dell urto col terreno e la aia altezza H opra il uolo raggiunto dalla pietra. Soluzione: utilizziao la legge che decrive il oto parabolico della pietra. pietra percorre in orizzontale la ditanza x = v 0 co ϑ 0 t = 4.0 co = Nel tepo t = 5.50, la e in verticale y = v 0 in ϑ 0 t 1 gt = 4.0 in ) = 51.8 Pria dell urto con il terrapieno la velocità i otterrà oando vettorialente la velocità orizzontale, cotante, con quella diretta verticalente v x = v 0 co ϑ 0 = 4.0 co 60.0 = 1 la velocità arà quindi v y = v 0 in ϑ 0 gt = 4.0 in = 17.5 v = la aia altezza raggiunta è eprea da H = v 0 in ϑ 0 g ) = 7.3 = ) 4.0 in = 67.5 Exercie 8. La velocità di lancio di un proiettile è cinque volte aggiore della velocità che eo raggiunge alla aia altezza. Calcolare l angolo di elevazione del lancio. Soluzione: la velocità di lancio non è altro che la velocità iniziale v 0. altezza, la coponente verticale v y = 0. Pertanto v y = v 0 in θ 0 gt = 0 Inoltre, nel punto di aia cioè, la velocità nel punto di aia altezza è eprea dalla ola coponente orizzontale v x = v 0x = v 0 co θ 0

14 MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI 14 e queta arà un quinto della velocità iniziale; quindi v 0 = v0x + v 0y = 5v 0x elevando al quadrato e oando i terini iili, i ottiene 4v 0x = v oy a il rapporto v0y v 0x = tan θ 0, per cui ) θ 0 = arctan 4 = 78.5 Exercie 9. Un fucile con una velocità alla volata di 450 / para un proiettile contro un beraglio ditante 45. quanto più alto del beraglio deve eere puntata la canna del fucile per riucire a colpire il beraglio? Soluzione: la velocità iniziale ha una direzione orizzontale, ucendo dalla canna; l angolo θ 0 = 0. La traiettoria del proiettile è decritta dalla legge del oto parabolico: nel notro cao, θ 0 = 0 e v 0x = 450 y = x tan θ 0 gx v0x, per cui y = = Exercie 30. Si para una palla da terra in aria. All altezza di 9.1 i oerva una velocità v = 7.6 i j /. Calcolare la aia elevazione e la ditanza orizzontale copleiva percora. Deterinare inoltre la velocità della palla nell itante pria di cadere a terra. Soluzione: La velocità è eprea ediante il vettore; da queto deduciao le coponenti orizzontali e verticali v x = 7.6 v y = 6.1 appiao che la coponente orizzontale i antiene cotante. La coponente verticale varia econdo le leggi del oto accelerato v y = v 0 in θ 0 g y y 0 ) da cui v 0y = v 0 in θ 0 = v y + g y y 0 ) = 6.1 la aia elevazione è data da H = v 0 in θ 0 g La ditanza copleiva è rappreentata dalla gittata = 9.3 = = 11.7 R = v 0 in θ 0 g ora v 0 in θ 0 = v 0 in θ 0 co θ 0 = v 0 co θ 0 v 0 in θ 0 = v 0x v 0y = v x v 0y, per la cotanza della coponente orizzontale. Pertanto R = = 3.5 Infine, la velocità pria dell ipatto corriponde al valore aoluto aio della coponente verticale. Poiché nel punto di aia elevazione, la coponente verticale della velocità è nulla, poiao coniderare la palla che cade da 11.7 con partenza da fero, per ottenere la velocità v y = gy = = 15.1 la velocità, eprea vettorialente, arà v = 7.6 i 15.1 j / il uo odulo arà v = ) = 17.0

15 MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI 15 con otto il piano orizzontale. ) 15.1 θ = arctan = Exercie 31. Nel uo libro Dicori e Diotrazioni ateatiche, Galileo affera che per altezze cioè, angoli di alzo) che uperano o ono inori di 45 di uguali quantità le gittate ono uguali. Diotrare tale afferazione. Soluzione: la gittata è eprea da R = v 0 g in ϑ 0 la figura otra l andaento della funzione y = in ϑ 0 dalla quale i oerva che il valore aio i ottiene per l angolo di 45. L alzo deve eere inore di 90, tiro verticale, e oervando la ietria della curva i può ricavare che per due angoli copleentari, cioè che oati danno 90, il valore della funzione eno è lo teo e ciò deterinerà una uguale gittata. Exercie 3. Dai vulcani in eruzione vengono epuli groi proiettili di pietra. Se la ituazione è quella rappreentata in figura, deterinare a quale velocità iniziale devono eere epuli nel punto A a un elevazione di 35 per cadere nel punto B ai piedi del vulcano. Deterinare poi il tepo di volo. Soluzione: conidero l equazione della traiettoria dei ingoli proiettili di pietra: y = x tan ϑ 0 gx v 0 co ϑ 0 ) e per ottenere, dobbiao riolvere ripetto alla velocità iniziale v0 y + x tan ϑ 0 ) = gx co ϑ 0 nel notro cao i ha: y = 3300, x = 9400, ϑ 0 = 35 ; otituendo i ottiene v tan 35 ) = co 35

16 MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI 16 e riolvendo ripetto alla velocità, i ha v 0 = co tan 35 ) = 56 il tepo di volo può eere ottenuto ediante la coponente orizzontale della velocità iniziale, in quanto il proiettile, nella direzione orizzontale, i uove di oto rettilineo unifore; calcoliao v ox = v 0 co 35 = 10. Deteriniao ora il tepo ipiegato per percorrere a tale velocità i 9400 di lunghezza orizzontale t = = 45 Exercie 33. A quale velocità iniziale deve eere lanciata una palla, con un angolo di elevazione di 55, per centrare direttaente il canetro enza ribalzo? vedi figura) Soluzione: utilizziao anche qui la legge oraria del oto e riolviaola ripetto a v 0. Da i ottiene gx y y 0 = x tan ϑ 0 v0 co ϑ 0 gx v 0 = 1 co ϑ 0 y y 0 ) + x tan ϑ 0 otituendo i valori aegnati e facendo attenzione alla getione dei egni, i ha v 0 = x co x tan = 8 Exercie 34. Un proiettile viene lanciato con velocità iniziale v 0 = 30.0 / dal livello del uolo contro un beraglio poto a una ditanza orizzontale R = 0.0 vedi figura). Trovare i due poibili angoli, per la traiettoria alta e baa. Soluzione: Il valore aegnato R = 0.0 è la gittata del proiettile; pertanto da i ottiene otituendo e riolvendo ripetto a ϑ 0, i ha ϑ 0 = arcin R = v 0 in ϑ 0 g in ϑ 0 = Rg v ) = 1.6

17 MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI 17 Ne egue che gli angoli di elevazione aranno ϑ 1 0 = 6.3 ϑ 0 = 83.7 ricordando che i ottiene la tea gittata per angoli tra loro copleentari cioè la cui oa è 90 ). Exercie 35. Qual è la aia altezza che può raggiungere una palla lanciata da un giocatore la cui aia gittata è di 60? Soluzione: Ricordiao il ignificato delle grandezze coinvolte: la gittata è la ditanza aia orizzontale percora dal corpo per tornare alla tea altezza del punto di partenza; eendo la traiettoria parabolica, la gittata è la ditanza tra le due interezioni della parabola con l ae orizzontale paante per i due punti; l altezza aia corriponde all ordinata del vertice della parabola, H = v 0 in ϑ 0 g tale altezza è aia per un angolo di 45 ; la gittata è eprea da per un angolo di 45, diviene otituendo in H, i ha H = R in 45 R = v 0 in ϑ 0 g R = v 0 g 60.0 = ) = 15.0 Exercie 36. Un aeroplano, volando a 90 k/h con un angolo di 30 vero il bao ripetto al piano orizzontale, gancia un falo beraglio radar, coe in figura. La ditanza orizzontale fra il punto di rilacio e quello in cui colpice il uolo è di 690. Deterinare l altezza dell aereo al oento dello gancio e il tepo di volo del beraglio. Soluzione: Indichiao con v la velocità dell aereo e quindi anche del beraglio ad eo olidale. Poiao pertanto calcolare la coponente orizzontale di tale velocità, conocendo l angolo. v x = co 30.0 = 69.8 Il beraglio percorre pertanto i 690 in orizzontale con la velocità calcolata, per cui t = = 9.9 L altezza alla quale l aereo i trova, può eere ottenuta utilizzando la relazione che decrive la traiettoria del oto, coniderando coe negativo l angolo rivolto vero il bao y 0 y = x tan ϑ gx v x = 690 tan 30.0 ) ) = 877

18 MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI 18 Exercie 37. Un pallone viene calciato in avanti con velocità iniziale di 0 / e un angolo di elevazione di 45. Conteporaneaente un attaccante, che i trova 54 più avanti nella direzione del tiro, parte di catto per raggiungere la palla. Quale deve eere la ua velocità edia per raggiungere la palla ubito pria che tocchi il terreno? Soluzione: Calcoliao innanzitutto la ditanza che percorre la palla calciata; tale ditanza corriponde alla gittata per l angolo ϑ 0 = 45, la gittata è aia, eendo in 90 = 1): R = v 0 g = = 41 l attaccante trovandoi oltre il punto di caduta della palla, dovrà raggiungerla percorrendo = 13. Il tepo di volo della palla può eere ottenuto coniderando il oto rettilineo unifore della coponente orizzontale v 0x = v 0 co ϑ 0 = 0 = 14.1 l intervallo di tepo arà quindi t = =.9 la velocità edia del calciatore arà pertanto v edia = t = 13.9 = 4.5 Exercie 38. Un aereo, picchiando a un angolo di 53 ripetto alla verticale, gancia un proiettile a una quota di 730 dal uolo. Il proiettile colpice il terreno dopo Trovare la velocità dell aereo, la ditanza orizzontale percora dal proiettile durante la caduta e infine le coponenti orizzontale e verticale della ua velocità all itante in cui ha colpito il terreno. Soluzione: nell itante in cui il proiettile viene ganciato la velocità dell aereo e del proiettile olidale è quella illutrata in figura. Pertanto il proiettile, entre percorre in caduta i 730, verrà accelerato vero il bao dal uo peo increentando coì la ua velocità verticale iniziale, econdo la legge del oto uniforeente accelerato = v y t + 1 gt riolvendo ripetto a v y e otituendo i valori aegnati, i ha v y = 1 gt = = 11.5 t 5.00 diretta vero il bao; dalla coponente verticale è poibile ottenere la velocità, attravero i teorei della trigonoetria, cioè l ipotenua di un triangolo rettangolo è uguale al prodotto di un cateto per il coeno dell angolo adiacente v = 11.5 co 53 = 0 È ora poibile calcolare anche la coponente orizzontale del oto, anche col th. di Pitagora, v x = = 161 Dalla coponente orizzontale della velocità i ottiene la ditanza orizzontale percora, in quanto tale oto può eere decritto dalle leggi del oto rettilineo unifore x = v x t = = 806 La coponente orizzontale della velocità pria dell ipatto col terreno è epre uguale a v x = 161, entre la coponente verticale è quella ricavata pari a 11.5 i ricava dalle leggi del oto accelerato diretta vero il bao. v f y = v y + gt = = 170.5

19 MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI 19 Exercie 39. Una palla lanciata orizzontalente dall altezza di 0, tocca il uolo con una velocità tripla ripetto a quella iniziale. Trovare la velocità iniziale. Soluzione: e la palla è lanciata orizzontalente, la ua velocità iniziale ha olo la coponente orizzontale. La velocità iniziale, dovuta alla caduta libera della palla, può eere ottenuta dalla relazione eendo v f = 3v 0, otituendo i ottiene da cui v 0 = v f = v 0 + gy 8v 0 = = 7, 1 Exercie 40. Un tennita erve la palla orizzontalente da un altezza ul terreno di.37 a una velocità di 3.6 /. Con quale altezza la palla paa opra la rete, alta 0.90, che i trova a una ditanza di 1? Se il tennita ervie con un inclinazione vero il bao di 5.00 ripetto all orizzontale, la palla paerà ancora opra la rete? Soluzione: applichiao la legge che decrive il oto parabolico che eguirà la pallina, deterinando l altezza raggiunta dopo aver percoro 1 ; l altezza aia della pallina è quella al oento del lancio, per cui, eendo ϑ 0 = 0 riolvendo ripetto a y, i ottiene.37 y = gx v x = y = = la pallina oltrepaa la rete di 0 c. Se l angolo iniziale è di 5.00 vero il bao, biogna calcolare la coponente orizzontale della velocità, v x0 = 3.6 co 5.00 = 3.5 riolvendo ripetto a y, i ha.37 y = 1 tan y = 0.43 c 3.5 quindi la palla non upera la rete, colpendo la rete a 4, 3 c opra il terreno. 5. Moto Circolare Unifore Exercie 41. In un odello di atoo di idrogeno, un elettrone orbita attorno al protone u un cerchio di raggio , alla velocità di /. Calcolare l accelerazione dell elettrone. Soluzione: l eercizio preuppone che la velocità dell elettrone rianga epre cotante in odulo, in odo che il oto poa eere decritto dalle leggi del oto circolare unifore. La velocità cabia ogni itante la propria direzione, ed eendo la velocità una grandezza vettoriale, tale variazione deve eere decritta dall azione di una accelerazione, l accelerazione centripeta, diretta cioè vero il centro. tale accelerazione è dovuta alla forza elettrica tra la carica del nucleo e dell elettrone). ) a c = v r = = Exercie 4. Deterinare odulo, direzione e vero dell accelerazione di un velocita che corre a 10 / u una curva di raggio 5 Soluzione: bata ricordare la relazione che lega l accelerazione centripeta alle grandezze aegnate ) a c = v 10 r = 5 = 4 l accelerazione centripeta è epre diretta vero il centro della curva.

20 MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI 0 Exercie 43. Un capo agnetico è in grado di cotringere una particella carica a eguire un percoro circolare. Supponiao che un elettrone, per effetto di un certo capo agnetico, ubica un accelerazione radiale di /. Deterinare la velocità dell elettrone e il raggio del percoro circolare è di 15 c e il periodo del oto circolare. Soluzione: la relazione è la tea del cao precedente; i tratta in queto cao di applicare la forula invera v = ar = = il periodo, cioè il tepo di percorrenza di un intero giro, è dato da T = πr v π 0.15 = = Exercie 44. Un velocita corre alla velocità di 9. / u una pita circolare, con un accelerazione centripeta di 3.8 /. Deterinare il raggio della pita e il periodo del oto. Soluzione: eercizio di eplice applicazione delle relazioni che legano le grandezze cineatiche. notro cao, da i ricava r = v a = a = v r ) =.3 il periodo è il tepo ipiegato per percorrere un giro intero, cioè T = πr v π.3 = 9. = 15. Nel Exercie 45. Un atellite terretre viaggia u un orbita circolare alla quota di 640 k opra la uperficie terretre. Il periodo di rivoluzione è di 98.0 in. Calcolare la velocità del atellite e l accelerazione di gravità a quella ditanza. Soluzione: In queto oto circolare, l accelerazione di gravità è l accelerazione centripeta che tiene vincolato il atellite nell orbita. I dati ono forniti con divere unità di iura e nel calcolo biogna eeguire pria le opportune equivalenze. Nel calcolare la ditanza biogna tener conto anche del raggio terretre, eendo la Terra un corpo olido eteo e l ipotetico centro di rotazione i trova, appunto, nel centro della Terra v = πr T = π ) = l accelerazione è data da a c = v r = ) = 8.00 Exercie 46. Se una onda paziale è in grado di opportare un accelerazione di 0 g, calcolare il inio raggio di curvatura del percoro che può affrontare a una velocità pari a un decio di quella della luce; deterinare inoltre il tepo per copiere un quarto di giro. Soluzione: la relazione che lega le tre grandezze date è e la velocità è a c = v r, cioè un decio della luce, i ha r = v = a c = tale raggio equivale a circa 31 UA, cioè un orbita iile a quella di Nettuno, uppota circolare. Il tepo è ottenibile da T = πr v = π =

21 MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI 1 cioè, dividendo per 4, T = anni terretri Exercie 47. Un ventilatore copie 100 giri al inuto. conideriao un punto ul bordo eterno di una pala di raggio Trovare la ditanza che percorre queto punto ad ogni giro, la ua velocità e accelerazione. Soluzione: in nuero dei giri al inuto rappreenta la frequenza; calcoliaola in Hertz f = 100 giri in 60 in = 0 Hz la ditanza che il punto percorre è rappreentata dalla lunghezza della circonferenza di raggio 0.15, cioè la velocità è data da l = πr = π 0.15 = 0.94 v = πrf = Hz = 18.8 entre l accelerazione è a = v r = = 369 Exercie 48. Un treno viaggia alla velocità edia di 16 k/h. Se abborda una curva a queta velocità e la aia accelerazione tollerabile dai paeggeri è 0.050g, deterinare il inio raggio aiibile per le curve dei binari. Se una curva ha un raggio di 1.00 k a quale valore deve eere ridotta la velocità del treno per ripettare il liite dell accelerazione? Soluzione: un accelerazione di 0.050g corriponde a = La velocità in / vale v = = 60 v. Poiché l accelerazione vale a = r, ricaviao il raggio di curvatura, riolvendo la relazione ripetto a r r = v a = = 7347 e il raggio viene poto a 1000, allora, riolvendo ripetto a v, i ha v = ar = =.1 = 80 k h Exercie 49. Nell eploione di una upernova il uo nocciolo può contrari tanto da raggiungere un raggio di 0 k tella di neutroni). Se una tale tella copie un giro al econdo, deterinare la velocità di una particella pota ull equatore e la ua accelerazione centripeta. Soluzione: il fenoeno fiico viene affrontato in fora eplificata e può eere decritto quindi ediante le relazioni che trattano del oto circolare unifore. Se la tella copie un giro al econdo, vuol dire che la frequenza del oto è di 1 Hz. Calcoliao quindi la velocità l accelerazione arà quindi v = πrf = π Hz = a = v r = = = 80568g Exercie 50. Un atronauta ta girando in una centrifuga u un raggio di 5.0. Deterinare la velocità e la ua accelerazione è di 7.0 g e la frequenza e il periodo corripondenti.

22 MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI Soluzione: il oto dell atronauta può eere decritto econdo le leggi del oto circolare unifore. Se ono noti il raggio e l accelerazione, bata traforare quet ultia nell unità del SI, cioè a = ; apendo che a = v r, i ottiene, riolvendo ripetto a v v = ar = eendo v = πrf, i può ottenere la frequenza f = il periodo è il reciproco della frequenza = 18.5 v πr = 18.5 = 0.6 Hz π 5.0 T = Hz = 1.7 Exercie 51. Deterinare l accelerazione centripeta dovuta alla rotazione della Terra per un oggetto che i trova ull equatore. Quale dovrebbe eere il periodo di rotazione della Terra affinché queta accelerazione ia uguale a 9.8 /? Calcolare infine l accelerazione per una perona pota ad una latitudine di 40 N. Soluzione: auendo il raggio terretre di e poiché l equatore è un cerchio aio, i ha a = v r = πr T r ) = 4π r T ora apendo che il periodo di rotazione corriponde ad un giorno che contiene T = , i ha a = 4π = per avere una accelerazione pari a quella di gravità, il periodo dovrebbe eere 4π r 4π T = = a 9.8 = 5066 = 84.4 inuti Se la perona è pota alla latitudine di 40 N, decrive un cerchio parallelo) più piccolo i veda una rappreentazione cheatica in figura). Applicando il teorea dei triangoli rettangoli a P O O, i ha P O = r parallelo = OP co 40 = co 40 = Applicando la relazione critta opra, con periodo uguale la velocità angolare della Terra è epre la tea), i ha a = 4π = 0.06 Exercie 5. Una particella P viaggia a velocità cotante u un cerchio di raggio 3.00, copiendo una rivoluzione ogni 0.0. Paa per il punto O all itante t = 0. a) Trovare odulo e direzione del vettore poizione ripetto a O per t = 5.00 e t = b) Per l intervallo di 5.00 dalla fine del 5 alla fine del 10 econdo, trovare lo potaento e velocità edia. c) Alla fine di queto intervallo, trovare la velocità e l accelerazione itantanea.

23 MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI 3 Cao: a): Auendo il punto O coe riferiento e apendo che il periodo è di 0.0, poiao individuare la poizione del punto dopo Eo i troverà a un quarto di giro dopo O infatti 5.00 ono la quarta parte del periodo). Il vettore potaento arà pertanto la corda OO, cioè il lato del quadrato incritto: OO = r = 3.00 = 4.4 dopo 7.50 il punto O i arà potato di odo che la corda OO ottende un angolo al centro di 135. La ua lunghezza i può calcolare con il teorea della corda apendo che l angolo alla circonferenza otteo dalla tea corda è età dell angolo al centro, cioè 67.5 ; oppure attravero il odello geoetrico nella figura otto: il triangolo OQP è iocele, il triangolo CHP è rettangolo iocele, per cui CH, lato del quadrato di diagonale CP, è CH = 3.00 =.1 e l altezza OH = = 5.1. Inoltre, oervando che CH = HP, i può ricavare OP con il th. di Pitagora OP = ) = 5.54 Cao: b): in queto intervallo, dalla fine del 5 alla fine del 10 econdo, la particella percorre un quarto di giro; lo potaento è dato dal vettore che congiunge i punti O y la cui intenità è pari al lato del quadrato incritto, cioè = 3.00 = 4.4 l angolo forato è di 135. La velocità vettoriale edia è v = = 0.85 nella tea direzione dello potaento Cao: c): la velocità itantanea alla fine di tale intervallo, cioè dopo 10, i ha l accelerazione arà v = πr T π 3.00 = = a = v r = = 0.30 Exercie 53. Un ragazzino fa ruotare un ao legato a una corda lunga 1.5 u un cerchio orizzontale a.0 dal uolo. La corda i rope, e il ao i uove ora orizzontalente andando a cadere a 10 di ditanza. Calcolare l accelerazione centripeta del ao nel uo oto circolare.

24 MOTI IN DUE E TRE DIMENSIONI 4 Soluzione: L eercizio raggruppa più apetti inora preentati. Il oto di rotazione legato alla corda è decritto dalle leggi del oto circolare unifore; lo pezzari della corda erve a richiaare l attenzione ul ignificato di velocità tangenziale, cioè la velocità che il ao poiede e laciato libero di uoveri di oto rettilineo unifore. Infine la caduta indica che il ao è oggetto alla forza di gravità che lo tira vero il bao facendogli decrivere un oto parabolico, cioè con coponente della velocità orizzontale cotante. La corda rappreenta il raggio di curvatura cotante del oto circolare. La velocità tangenziale arà calcolabile dalle leggi del oto parabolico. Da y = gx, con ϑ 0 = 0, i ha L accelerazione arà pertanto g v = x y = 10 v = a = v r = = 163.3