Esercizi sulla Cinematica 7/0/204 Problema. Un automobilista, quando si trova a una distanza d =450 m da un semaforo, vede accendersi la luce rossa. Si sa che il rosso ed il verde restano accesi alternativamente per un tempo T =30 s ciascuno (si consideri il giallo come un avvertimento abbinato al verde). L'autista vuole coprire la distanza d in meno di due minuti, procedendo con velocità costante, e naturalmente passare il semaforo col verde. Quali valori può avere il modulo della velocità? Problema 2. Un treno si muove con accelerazione tangenziale a t costante per un tratto lungo L. All'inizio la velocità ha modulo v 0 : quanto vale il suo modulo v alla fine? E quanto impiega il treno a percorrere il tratto lungo L? Primo caso: a t =5cm/s 2, L=4km,v 0 =72km /h ; a t = 7cm/s 2, L=2 km,v 0 =08km/ h. Problema 3. Un automobilista sta viaggiando in rettilineo con una velocità di modulo v 0 =54km /h, quando vede diventare rosso un semaforo distante d=250 m ; comincia immediatamente a frenare in modo che l'accelerazione risulti costante per i primi 50 m, poi smette di frenare e prosegue con velocità costante per i successivi 200 m arrivando al semaforo proprio quando si accende il verde. Sapendo che il rosso rimane acceso per un tempo T =30 s, calcolare l'accelerazione dell'automobile durante la frenata, la durata della frenata e la velocità con cui l'automobile arriva al semaforo. Problema 4. Un ciclista procede con velocità costante, di modulo v, e, in un certo istante, vede davanti a sè, a una distanza l, un motociclista che parte da fermo e si muove nello stesso verso con un'accelerazione costante tale che il ciclista non lo possa mai raggiungere. Trovare quali valori può avere il modulo a dell'accelerazione. Esprimere inoltre, in funzione di a, il Docente: Cristiano Guidorzi Assistente esrecizi: Riccardo Fabbri
valore minimo della distanza d fra ciclista e motociclista durante il moto. Sia v=40 km /s e l=60 m. Problema 5. Un punto P si muove su un piano in cui sono fissati due assi cartesiani ortogonali x e y. Nell'istante iniziale P si trova nell'origine ed ha una velocità nota v (che forma un angolo θ con l'asse x ). Durante il moto l'accelerazione di P è costante e parallela all'asse y. Determinare la forma della traiettoria di P. Determinare inoltre l'accelerazione in corrispondenza della quale la traiettoria passa per il punto B di coordinate assegnate (x B 0, y B ) e calcolare il tempo che P impiega per andare alla posizione iniziale alla posizione B. Problema 6. Un sasso P, praticamente puntiforme, viene lanciato da una data posizione con una velocità iniziale di modulo v e inclinazione θ rispetto all'orizzontale. Il moto di P con buona approssimazione avviene con accelerazione costante, verticale discendente di modulo g e la traiettoria in generale è parabolica. Scegliendo una terna cartesiana ortogonale con l'origine nella posizione iniziale P, l'asse x orizzontale e nel piano del moto, l'asse z verticale ascendente, la parabola è rappresentata dall'equazione z= x 2 g 2v 2 cos 2 θ +x tgθ. Fissato v, per quali valori di θ il sasso colpisce il bersaglio praticamente puntiforme B di coordinate (x B,0, z B )? In corrispondenza di questi valori di θ, quali sono le coordinate della posizione in cui P raggiunge la quota massima? Si supponga v=20m/ s,g=9.8m /s 2, x B =30 m e z B =7m. Docente: Cristiano Guidorzi 2 Assistente esrecizi: Riccardo Fabbri
Problema 7. Un punto P si muove lungo un'ellisse con la velocità di modulo v costante. Ponendo il polo O in un fuoco e l'asse polare passante per l'altro fuoco, l'equazione dell'ellisse in coordinate polari risulta: p r= ϵ cosθ con p ed ϵ costanti. Esprimere la velocità areolare A= 2 OP v in funzione di θ. Soluzioni Problema. Si consideri l'automobile come un punto che si muove di moto uniforme kugo la sua traiettorai, e si scelga come istante iniziale t=0 quello in cui la distanza fra l'automobile ed il semaforo è d, come origine s=0 la posizione in cui si trova l'auto nell'istante iniziale e come verso positivo quello in procede il moto. Indicando con v il modulo incognito della velocità, l'equazione oraria risulta s(t)=v t. La posizione del semaforo è data da s=d ; si sa inoltre che l'automobile passa il semaforo con il verde, perciò l'istante t in cui passa deve cadere nella seconda metà del primo o del secondo minuto a partire dall'istante iniziale: T <t <2T oppure 3T<t <4T. Corrispondentemente il valore di v, cioè v=d /t, deve essere compreso in uno dei due intervalli d 2T <v< d T, d 4T <v< d 3T. Introducendo i valori numerici, si ha: 27 km /h<v<54 km /h, 3.5km/ h<v<8 km /h, Docente: Cristiano Guidorzi 3 Assistente esrecizi: Riccardo Fabbri
Problema 2. Considerndo il treno come un punto materiale, si ha un moto uniformemente accelerato. Scegliendo l'istante in cui il treno inizia a percorrere il tratto considerato come istante iniziale (t = 0), la posizione come origine sulla traiettoria (s=0) e il verso del moto come verso positivo, 'l'equazione oraria è s(t)= 2 a t t 2 +v 0 t e la componente (tangenziale della velocità) in un istante generico ṡ(t)=a t t+v 0. Nell'istante finale t f risulta perciò v= a t t+v 0. Per trovare v bisogna prima ricavare t f, che corrisponde ad una distanza percorsa L, cioè L= 2 a t 2 +v t f 0 t f. Risolvendo questa equazione di secondo grado, esscartando la soluzione negativa, si ottiene Sostituendo nell'espressione di v v 2 0 +2a t f = t L v 0. a t e semplificando si trova: Introducendo i valori numerici: v= v 0 2 +2a t L. primo caso: v=28.3 m/s=0.8km /h, t f =65.7s ; secondo caso: v=24.9m/s=89.6 km/ h,t f =72.9s. Docente: Cristiano Guidorzi 4 Assistente esrecizi: Riccardo Fabbri
Problema 3. Si consideri l'automobile come un punto che si muove su una traiettoria rettilinea conla legge oraria del moto uniformemente accelerato per i primi 50m, r con la legge oraria del moto uniforme per i successivi 200m. Studiamo separatamente queste due fasi del moto. Per la prima, scegliendo l'istante iniziale e l'origine in corrispondenza dell'inizio della frenata ed il verso positivo concorde con quello della velocità, si può scrivere : s(t)= 2 a t2 +v 0 t, ṡ(t)= a t+v 0, essendo a il modulo dell'accelerazione incognita. Nell'istante t in cui cessa la frenata si ha: s = 2 a t 2 +v 0 t, v= a t +v 0, dove s =50 m e v è il modulo della velocità incognita che rimane costante nella seconda fase del moto (fino al semaforo). In questa seconda fase si può scegliere l'istante iniziale e l'origine coincidenti con l'istante finale e con la posizione finale della prima fase, per cui risulta s(t)=v t, e, nell'istante in cui l'auto arriva al semaforo, s 2 =vt 2, o anche s 2 =v(t t ), essendo s 2 =200m la lunghezza del secondo tratto di strada percorso e t 2 =(T t ) il tempo impiegato a percorrerlo. Risolvendo il sistema delle tre equazioni con s 2 =v(t t ), si ottiene una equazione di secondo grado in t : v 0 t 2 (2s +s 2 +v 0 T )t +2s T =0. Introducendo i valori numerici le due soluzioni risultano: 45.6 s e 4.38 s; accettiamo solo la seconda, dovendo essere t <T. Dall'equazione su s e v si ricava allora a= 2v 0 t 2s t 2 =.64 m /s2, e v= 2s t v 0 =7.8 m/s=28. km/h. Docente: Cristiano Guidorzi 5 Assistente esrecizi: Riccardo Fabbri
Problema 4. Consideriamo il motociclista ed il ciclista come due punti che si muovono sulla stessa traiettoria rettilinea, il primo con moto uniformemente accelerato ed il secondo con moto uniforme. Scegliendo come istante iniziale quello in cui parte il motociclista (con velocità iniziale nulla), come origine la posizione iniziale del ciclista e come verso positivo quello del moto, le due equazioni orarie sono: s (t)= 2 at2 +l, e s 2 (t )=v t. La lunghezza s (t) del tratto di strada compreso fra l'origine e la posizione del motociclista è richiesta essere sempre, ad ogni istante, maggiore di quella s 2 (t ) relativa al ciclista nello stesso istante: 2 at 2 +l>vt. Questa disuguaglianza è soddisfatta per t=0; per t>0 essa equivale alla seguente: 2 at 2 +l>vt. Affinché la costante a sia sempre maggiore della funzione del tempo al secondo membro, occorre e basta che a sia maggiore del valore massimo di tale funzione. La funzione f (t)= 2v t 2l t 2 è negativa per 0<t< l v, nulla per t= l v, positiva per t= l, e tende a zero per t. v La sua derivata si annulla nell'istante t> l, quando la funzione vale v f (t v2 )= 2l, e questo è il massimo valore della funzione (verificabile esaminando il segno della derivata seconda). In conclusione il modulo a dell'accelerazione del motociclista deve superare un determinato valore: a> v2 (numericamente: a>.03 m/ s 2 ). 2l Docente: Cristiano Guidorzi 6 Assistente esrecizi: Riccardo Fabbri
Problema 5. L'accelerazione a di un punto che si muove nel piano xy può essere scritta come a=ẍ î+ ÿ ĵ. Essendo l'accelerazione di P parallela all'asse y, la sua componente secondo l'asse x è nulla: ẍ=0; essendo inoltre l'accelerazione di P costante, è costante anche la sua componente secondo l'asse y: ÿ=k. Integrando queste due equazioni differenziali rispetto al tempo si ottiene: ẋ=cost, ẏ=kt +cost2. Le due costanti di integrazione si determinano ricordando che ẋ e ẏ sono le componenti cartesiane della velocità e quindi sono note nell'istante iniziale: ẋ=vcosθ, ẏ=kt+vsin θ. Integrando ancora, e ricordando che nell'istante iniziale P si trova nell'origine e quindi x e y risultano nulle, si ha: ẋ=vcosθ, ẏ=kt+vsin θ. La proiezione di P sull'asse x si muove di moto uniforme, quella sull'asse y di moto uniformemente accelerato. Esprimere le coordinate in funzione del tempo significa assegnare la posizione di P in ogni istante, cioè dare la traiettoria in forma parametrica. Per avere l'equazione cartesiana della traiettoria basta eliminare il parametro t e si ottiene, nell'ipotesi che l'angolo θ non sia retto (per θ=π/2 è cosθ=0, x(t )=0 t impossibile per ipotesi): y=x 2 k 2v 2 cos 2 θ + x tgθ. Scartando il caso k =0 per cui il moto non risulterebbe uniformemente accelerato, come invece ricavato in precedenza, risulta una parabola con asse parallelo all'asse y. La traiettoria deve passare per il punto B assegnato, per cui: k= 2v2 cos 2 θ (y x B / x B +x B tgθ). B L'istante t B in cui P si trova nella posizione B si ricava usando la traiettoria in forma parametrica: x B =v cosθ t B. Docente: Cristiano Guidorzi 7 Assistente esrecizi: Riccardo Fabbri
Problema 6. Se il punto P nel suo moto arriva a colpire B, vuol dire che le coordinate di B soddisfano l'equazione della parabola: 2 g z B = x B 2v 2 cos 2 θ +x tg θ. B In questa equazione l'unica incognita è θ: per ricavarla ricordiamo che cos 2 θ =+tg2 θ; da cui: g x B 2 θ x 2v 2 tg2 B tgθ+(z B + gx B 2v )=0. 2 2 Le due soluzioni sono θ =6 o 7 ',θ 2 =4 o 5' ; cos 2 θ =+tg2 θ; si hanno cioè due velocità di ugual modulo ma diversa inclinazione, e quindi due diverse parabole con cui si può colpire il bersaglio B. Per queste due parabole le coordinate della quota massima si ottengono considerando che in quel punto deve essere dz( x)/ dx=0, cioè 2 g z B = x B 2v 2 cos 2 θ +x tg θ. B Le corrispondenti ascisse risultano pertanto essere x =7.2 m e x 2 =20.3 m, mentre le quote z =5.7m e z 2 =9. m. Problema 7. Indicando con r il versore radiale e con θ quello trasverso risulta per la velocità areolare A= 2 OP v= 2 (r r) (ṙ r+r θ θ)= 2 r 2 θ( r θ). Docente: Cristiano Guidorzi 8 Assistente esrecizi: Riccardo Fabbri
Usando l'equazione dell'ellisse e definendo k= r θ si ottiene p A= 2 θ k 2( ϵcosθ) 2 ovvero, la velocità areolare nei moti piani ha sempre direzione costante. Per far sì che A sia espressa in funzione della sola θ calcoliamo θ. Ricordando che il modulo della velocità v è costante per ipotesi, si può scrivere ṙ 2 +r 2 θ 2 =v 2, e utilizzando ancora l'equazione dell'ellisse ṙ= dr d θ θ= p ϵsinθ θ, ( ϵ cosθ) 2 e sostituendo le espressioni di r e ṙ nella espressione del modulo v si ottiene: 2 p p 2 ϵ 2 sin 2 θ [ ( ϵ cosθ) + 4 ( ϵ cosθ) ] θ 2 =v 2. 2 Con alcune semplificazioni, segue: θ=± v( ϵcosθ)2. p +ϵ 2 2 ϵ cosθ L'ambiguità del segno corrisponde all'ambiguità nel senso di percorrenza dell'ellisse: supponendo che il punto P si muova nel senso in cui θ cresce, vale il segno positivo. La velocità risulta allora espressa in funzione di θ nel modo seguente: vp A=± 2 +ϵ 2 2 ϵcosθ k. Docente: Cristiano Guidorzi 9 Assistente esrecizi: Riccardo Fabbri