Problema n. 1: Un velocista corre i 100 m piani in 10 s. Si

Problema n. 1: Un velocista corre i 100 m piani in 10 s. Si approssimi il suo moto ipotizzando che egli abbia un’accelerazione costante nei primi 16 m e poi un velocità costante nei rimanenti 84 m. Si determini: (a) il tempo impiegato per percorrere i primi 16 m; [ 2.8 s ] (b) il tempo impiegato per percorrere i rimanenti 84 m; [ 7.2 s ] (c) il modulo dell’accelerazione nei primi 16 m; [ 4.2 m/s2 ] (d) la sua velocità finale. [ 11.6 m/s ] Soluzione Per x da 0 a l1 = 16 m  accelerazione a1= costante Per x > l1 fino a x = 100m  accelerazione a2= 0 Leggi orarie 0<x<l1 accelerazione costante x(t)=x0+v0(t‐t0) + ½ a1(t‐t0)2 con x0=0, v0=0 e t0=0 x(t) = ½ a1t2 t1  tempo per cui x=l1 l1=½ a1t12 otteniamo già l’espressione di a  a1 = l1<x<l2 velocità costante sappiamo che a2=0 Legge oraria: però ora v0 è la velocità raggiunta al tempo t1 e il tempo di x(t)=x0+v0(t‐t0) inizio del moto, chiamato t0 nella formula, è t1 Quindi avremo: x(t)=l1+v1(t‐t1) v1 è la velocità raggiunta alla fine del moto uniformemente accelerato  v1=a1t1 quindi x(t)=l1+a1t1(t‐t1) ma prima abbiamo calcolato anche il valore di a1, x(t)=l1+ t1(t‐t1) = l1+ (t‐t1) A t2=10s raggiunge l2 = 100m Quindi l2= l1+ (t2‐t1)=l1 + t2 ‐ 2l1= t2‐ l1 Possiamo ricavare t1 (domanda a): t2= 2.76s ≈2.8 s t1=
Tempo di percorrenza tra l1 e l2 (domanda b): Δt = t2‐t1 = 10‐t1 = 7.2 s Accelerazione a1 (domanda c): a1 =
= = Velocità finale (domanda d): vFIN = v1 (dopo l’acc è nulla) = a1t1 = 11.6 m/s = 4.23 m/s2 ≈ 4.2 m/s2 Problema n. 2: L'automobile A viaggiando con velocità costante di 18 km/h su una strada rettilinea sorpassa l'automobile B, che è ferma ad un segnale di stop. Nell'istante in cui A e B sono affiancate, B accelera con un'intensità costante di 4.6 m/s2. Determinare: (a) il tempo necessario a B per raggiungere A; [ 2.2 s ] (b) la distanza percorsa da B in tale intervallo di tempo; [ 10.9 m ] (c) il modulo della velocità di B quando sorpassa A. [ 10.0 m/s ] Soluzione Per prima cosa passiamo al sistema internazionale. Va = 18 Km/h = = 5 m/s Risposta alla domanda a) considerando t0 il momento in cui sono affiancate Tempo t1 per cui xa=xb allo stop Legge oraria di a: va = costante xa = x0a + vat = 0 + vat Legge oraria di b: xb = x0b + vbt + ½ abt2= 0 + 0 + ½ abt2 partiva da ferma, vb=0 Poniamo xa=xb a t=t1 vat 1= ½ abt12 t1(va‐ ½ abt1 ) = 0 vat1 ‐ ½ abt12 =0  t1= 0 oppure t1= 2va/ ab = 2.17 s ≈ 2.2s Risposta b) Distanza percorsa da b xb = ½ abt12 = ½ ab
= 10.9 m Risposta c) Velocità di b al punto di sorpasso V = abt1 =ab = 10,0 m/s Problema n. 3: Un uomo lascia cadere dalla sommità di una torre un sasso di massa m = 0.5 kg. Dopo 5.36 s l'uomo ode il tonfo dovuto all'impatto del sasso con il suolo. Assumendo che la velocità del suono nell'aria vS sia di 340 m/s e l'accelerazione di gravità g sia 9.8 m/s2 , si calcoli: (a) l’altezza della torre; [122.5 m] (b) la velocità d’impatto del sasso con il suolo; [49 m/s] Soluzione Due moti: sasso che cade e suono che risale fino all’uomo ‐ Sasso che cade x(t)=x0+v0(t‐t0) + ½ a1(t‐t0)2 con t0=0 v0=0, a=‐9.8m/s2 x0=altezza torre h tc= tempo di caduta quando cade x(tc), chiamata xc è uguale a 0 quindi 0 = h – ½ gtc2  h = ½ gtc2 ‐ Suono che risale (velocità suono costante) ts = tempo in cui il suono risale Legge oraria: x(t)=x0+v0(t‐t0)= xc+vs(t‐tc)= 0 + vs(t‐tc) al tempo ts, x è di nuovo uguale ad h h= vs(ts‐tc) Mettiamo a sistema i due risultati: ½ gtc2= vs(ts‐tc)  vsts‐vstc ‐ ½ gtc2 =0 tc =
tc1= 5s tc2=‐74s (impossibile perchè negativo) h = ½ gtc2 = 122.5 m velocità di impatto : v = atc= g(
= ‐49 m/s Problema n. 4: Un piccolo razzo viene lanciato in direzione verticale dalla superficie terrestre e si allontana da terra con un’accelerazione verticale costante pari a 24.5 ms−2 per 20 secondi. In tale intervallo di tempo il combustibile viene completamente consumato e il razzo continua poi il suo volo come una particella libera. Assumendo che l’attrito dell’aria sia trascurabile, calcolare: (a) la velocità posseduta dal razzo nell’istante in cui in combustibile si esaurisce; (b) la quota raggiunta in tale istante; (c) la massima altezza raggiunta dal razzo rispetto al suolo; Soluzione ay= 24.5 m/s2 t1= 20s t>t1 combustibile esaurito 0<t<t1 y(t)=y0+v0(t‐t0) + ½ a(t‐t0)2 = ½ at2 v(t)= v0 + at = 0 + at Nel punto y1 il carburante si esaurisce (tempo t1) y1 = ½ at12 = ½ · 24.5 m/s2 · (20s)2 = 4900 m (domanda b) v1= at1 = 490 m/s (domanda a) t1<t<t2 t2 momento di massima altezza y(t)=y0+v0(t‐t0) + ½ a(t‐t0)2 = y1+v1(t‐t1) ‐ ½ g(t‐t1)2 v(t)= v1 ‐g(t‐t1) la velocità nel punto di massima altezza è nulla  v2=0 quindi 0= v1 ‐g(t2‐t1) otteniamo t2= (gt1+v1)/(g)=70s massima altezza: = y1+v1(t2‐t1) ‐ ½ g(t2‐t1)2 e sostituendo otteniamo: y2 = ½ at12 + v1{[(gt1+v1)/(g)]‐t1} ‐1/2g[(gt1+v1)/(g)]‐t1}2 = 17150 m (domanda c)