Cutnell, Johnson - Fisica volume 1 Capitolo 2 Il moto rettilineo

Cutnell, Johnson - Fisica volume 1
Capitolo 2 Il moto rettilineo
Domande
1. Sì.
2. Considera i quattro semafori (e le loro distanze relative) mostrati in figura. Supponi che
all’istante t = 0 s il semaforo 1 diventi verde, mentre gli altri sono ancora rossi. Il semaforo 2 deve
diventare verde in un intervallo di tempo t12 , tale che t12 = x12/v. Analogamente il semaforo 3 deve
diventare verde in un intervallo di tempo t23 = x23/v, dopo che è diventato verde il secondo semaforo
e, infine, il semaforo 4 deve diventare verde in un intervallo di tempo t34 = x34/v, dopo che è
diventato verde il terzo semaforo. Se i semafori vengono regolati in questo modo, una macchina che
proceda alla velocità v può evitare di doversi arrestare davanti al semaforo rosso.
v
2
1
x1 2
4
3
x2 3
x3 4
3. No, se la velocità è costante la legge oraria sarà sempre l’equazione di una retta. Il contrario è,
invece, possibile: in un moto uniformemente accelerato, ad esempio, abbiamo una parabola nel
grafico spazio tempo e la traiettoria può essere una retta.
4. Sì e possiamo anche fare due esempi diversi. Il primo è quello relativo a una palla che viene
lanciata verso l’alto: quando essa raggiunge l’altezza massima possibile, la sua velocità è zero, ma,
dato che si trova sulla superficie terrestre, la sua accelerazione è (quasi) costante e uguale
all’accelerazione di gravità. Un secondo esempio può essere fornito da un nuotatore che, giunto a
un estremo della piscina, inverte il verso della sua nuotata.
5. L’accelerazione di un oggetto indica la rapidità con cui l’oggetto stesso cambia la sua velocità:
quindi, se conosciamo solo la velocità dell’oggetto in un certo istante, non possiamo ricavare alcuna
informazione sulla sua accelerazione. Di conseguenza non possiamo dire nulla sulle accelerazioni
dei due veicoli e non è detto che l’auto abbia un’accelerazione maggiore del camion.
6. Il tempo necessario perché ognuno dei due oggetti raggiunga la sua altezza massima (quella in
cui la velocità iniziale diventa zero) è t = - v0/g, dove g rappresenta l’accelerazione di gravità. Il
secondo oggetto, che viene lanciato in alto dopo il primo, per poter raggiungere la stessa altezza
nello stesso istante deve avere una velocità iniziale minore. L’altezza massima raggiungibile è data
dalla relazione y = - v02/2g: il secondo oggetto, come abbiamo detto prima, deve avere una velocità
iniziale minore di quella del primo e, quindi, non può raggiungere la stessa altezza nello stesso
istante.
Test
1.
2.
3.
4.
5.
B
D
C
A
B
©Zanichelli 2009
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6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.
Capitolo 2 Il moto rettilineo
C
B
C
C
D
B
D
A
C
B
Problemi
1.
Il maratoneta tra i due cronometri ha percorso 0,45 km in 300 s. Quindi
s
450 m
vmedia = totale =
=1,5 m/s
timpiegato 300 s
2.
stotale = (1100 + 400) m = 1500 m; !ttotale = (2 min 46,0 s + 59,0 s) = 225 s
vmedia =
stotale 1500 m
=
= 6,67 m/s
!ttotale
225 s
3.
t=
s 85 cm 85 !10 -2 m
=
=
= 7,7 !10 -3 s
v 110 m/s
110 m/s
4.
300 km/h corrispondono a 300 000 m percorsi in 1 ora, ovvero in 3600 s.
Da cui v = 300 000 m / 3600s = 83 m/s
5.
50 km/h corrispondono a 50 000 m percorsi in 1 ora, ovvero in 3600 s.
Da cui v = 50000 m/3600 s = 14 m/s.
6.
v = 1435 m / 42,68 s = 33,62 m/s, ovvero 33,62 m percorsi ogni secondo, che in un’ora (3600 s)
diventano 121 032 m pari a 121,0 km→ v = 121,0 km/h.
7.
35 min corrispondono a 35/60 ore = 0,58 h. Quindi, v = 845 km/8,58 h = 98,5 km/h.
8.
In order for the bear to catch the tourist over the distance d, the bear must reach the car at the same
time as the tourist.
vtourist =
d
t
(1)
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vbear =
d + 26 m
t
Capitolo 2 Il moto rettilineo
(2)
Solving Equation (1) for t and substituting into Equation (2), we find
vbear =
d + 26 m (d + 26 m)vtourist
=
d / vtourist
d
! 26 m "
vbear = #1 +
$v
d & tourist
%
Solving for d yields:
d=
26 m
vbear
vtourist
!1
=
26 m
= 52 m
6,0 m/s
!1
4,0 m/s
9.
Il passeggero riesce a vedere dal suo finestrino l’aereo che passa per il tempo in cui l’aereo in
movimento percorre una distanza uguale alla sua lunghezza:
t=
distanza
36 m
=
= 0,80 s
velocità media
45 m/s
10.
I due atleti percorrerebbero la distanza in questione nei tempi, rispettivamente:
distanza
distanza
e
t 50 =
t18 =
(velocità media )50
(velocità media )18
Per poter arrivare insieme il giovane deve dare al padre un vantaggio corrispondente alla differenza
tra i due tempi, ovvero:
10,0 #10 3 m 10,0 #10 3m
!t = t 50 " t18 =
"
= 64 s
4,27 m/s
4,39 m/s
11.
La distanza percorsa dallo Shuttle è uguale al prodotto tra la sua velocità e il tempo considerato. Il
numero dei campi di calcio è uguale al rapporto tra la distanza calcolata e la lunghezza di un campo
da calcio.
x vt 7,6 !10 3 m/s !110 !10 -3 s
N= = =
= 9,1
L L
91,4 m
12.
Il primo motociclista vede allontanarsi il secondo con una velocità che è la differenza delle due: 2
km/h. Di conseguenza per avere un distacco di 1 km e mezzo sono necessari 30 min + 15 min (in
un’ora il distacco sarebbe di 2 km), in totale 45 min.
!s 1,5 km
!t =
=
= 0, 75h = 45 min
!v 2 km/h
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13.
Per t = 0 s, sA= 0 m e sB = 350 m → Δs =350 m
I due sciatori si incontrano quando sA = sB ovvero quando 4,5 t = 350 – 2,5t →
7 t = 350 → t = 350/7 s = 50 s
sA= 4,5 m /s ⋅ 50 s = 225 m
14.
Nell’intervallo di tempo tra t1 e t2 (6 s in totale) vengono percorsi 2 m (3 m – 1 m), la velocità
s 2m
media risulta essere v = =
= 0,33 m/s
t 6s
15.
Per costruire il grafico cerchiamo le coordinate iniziali per t = 0 s e per un fissato tempo (per
esempio 8 s), otteniamo così i seguenti punti: a) (0;1) (8;5) e b) (0;5) (8;1).
16.
All’istante t = 0 s, A si trova a 3 m, mentre B ha coordinata 0 m. Dopo 4 s, per esempio, A e B
hanno la stessa coordinata 5 m. Allora A in 4 s ha percorso 2 m (vA = 0,5 m/s), mentre B ha
percorso 5 m (vB=1,25 m/s), le leggi orarie risultano:
sA=3 m + (0,5 m/s) t
sB = (1,25 m/s) t
17.
sB ! s A = (1,25 m/s) t ! (3 m + 0,5 m/s " t ) = 6m # (0,75 m/s) t = 9 m # t =
9m
= 12 s
0,75 m/s
18.
La velocità media, con il relativo segno algebrico, è data dalla pendenza della retta nel grafico
spazio-tempo. Quindi, essa è positiva per i segmenti A e C, negativa per il segmento B e nulla per il
segmento D.
1,25 km ! 0 km
vA =
= +6,3 km/h
0,20 h ! 0 h
vB =
0,50 km !1,25 km
= !3,8 km/h
0,40 h ! 0,20 h
vC =
0,75 km ! 0,50 km
= +0,63 km/h
0,80 h ! 0,40 h
vD =
0,75 km ! 0,75 km
= 0 km/h
1,00 h ! 0,80 h
19.
Determiniamo il tempo relativo a ogni segmento dalla relazione:
!t =
!x
v
! 10, 0 km " ! 60 min "
Quindi #t1 = $
%$
% = 40 min
& 15,0 km/h ' & 1,0 h '
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! 15, 0 km " ! 60 min "
#t2 = $
%$
% = 90 min
& 10,0 km/h ' & 1,0 h '
Il secondo intervallo di tempo termina 130 minuti dopo l’inizio del percorso
! 15, 0 km " ! 60 min "
#t3 = $
%$
% = 180 min
& 5,0 km/h ' & 1,0 h '
e il terzo termina 130 min + 180 min = 310 min dopo l’inizio del percorso.
Position from starting point (km)
50
40
30
20
10
0
50
100
150
200
250
300
Time (min)
Notare che la pendenza di ciascun segmento del grafico fornisce il valore della velocità media
nell’intervallo di tempo corrispondente.
20.
Taking the direction of motion as positive, we have from the graph for segments A, B, and C,
10.0 km – 40.0 km
vA =
= –2.0 ! 101 km/h
1.5 h – 0.0 h
vB =
20.0 km – 10.0 km
= 1.0 !101 km/h
2.5 h – 1.5 h
vC =
40.0 km – 20.0 km
= 40 km/h
3.0 h – 2.5 h
21.
!v 40 km/h
=
= 0,56 m/s 2
!t
20 s
Nell’intervallo finale passiamo da 105 km/h a 90 km/h, quindi
(90 –105) km/h = –15 km/h = – 0,21 m/s2
a=
20 s
20 s
Nell’intervallo tra 20 s e 40 s, abbiamo a =
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22.
La velocità dopo 1,2 s vale v = v0 + a!t = 0 m/s + (2,3 m/s 2 "1,2 s) = +2,8 m/s
Durante il resto della gara l’accelerazione è nulla, il che significa che la velocità resta costante e
uguale a 2,8 m/s.
23.
v = v0 + a!t " t =
v # v0 +31 m/s # 21 m/s
=
= 4,0 s
a
2,5 m/s 2
Analogamente
61 m/s ! 51 m/s
= 4,0 s
2,5 m/s 2
t1 =
24.
a=
v ! v0 26,8 m/s ! 0 m/s
=
= 8,18 m/s 2
t
3,275 s
25.
v0 = v ! at = 5,56 m/s ! (0,640 m/s 2 " 3,00 s) = 3,64 m/s
26.
v f = v1 + at ! v1 = v f " at = 3,4 m/s " (1,1 m/s 2 #1,2 s) = 2,1 m/s
a0 =
v1 2,1 m/s
=
= 1,4 m/s 2
t0
1,5 s
27.
96,5
m/s " 0 m/s
v " v0
3,6
!t =
=
= 11,4 s
a
2,35 m/s 2
96,5
m/s ! 0 m/s
v ! v0
3,6
a=
=
= 44,7 m/s 2
t ! t0
0,600 s ! 0 s
28.
La gazzella percorre una distanza: !x1 = v gazzella t
1
a ghepardo t 2
2
Uguagliando le due espressioni per la distanza percorsa e risolvendo in funzione di aghepardo,
otteniamo
2v
2 ! 9,0 m/s
aghepardo = gazzella =
= 6,0 m/s 2
t
3,0 s
Il ghepardo, accelerando, percorre una distanza: !x 2 = v0, ghepardo t +
29.
L’accelerazione del sangue è:
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v 2 ! v02 ( 26 cm/s) ! ( 0 cm/s)
= 1, 7 "10 2 cm/s 2
=
2s
2 " 2,0 cm
Il tempo per raggiungere la velocità finale è:
2
2
a=
t=
x
1
2
( v0 + v )
=
2,0 cm
1
(0 cm/s + 26 cm/s)
2
= 0,15 s
30.
Nei primi 20 s l’accelerazione è di 0,49 m/s2.
2
1
s = s0 + v0t + at 2 = 0 + (8,33 m/s ! 20 s) + 0,5 ! 0,49 m/s 2 ! 20 s = 264 m = 0,26 km
2
Nei successivi 20 s l’accelerazione è di 0,56 m/s2, quindi abbiamo
2
1
s = s0 + v0t + at 2 = 262 m + (18,1 m/s ! 20 s) + 0,5 ! 0,56 m/s 2 ! 20 s = 735 m
2
(
)
(
)
31.
t=
!v
"a
2
# "53,9 m/s &
# 53,9 m/s &
%
( + 0,5a %
(
a
a
$
'
$
'
"1781
750a = "1781 ) a =
= "2,37 m/s 2
750
1
s = v0t + at 2 = 60 m/s
2
(
)
32.
La velocità della macchina dopo i primi 402 m è:
v12 = v02 + 2a1x1
v1 = 2 (17,0 m/s2 ) ( 402 m )
E, analogamente, dopo (3,50 ⋅ 102 m):
v22 = v022 + 2a2x2
dove v02 è la velocità raggiunta in precedenza; quindi
v2 = v12 + 2 (!6,10 m/s2 ) (3,50 "102 m )
v2 = 96,9 m/s
33.
La prima macchina percorre 2,5 km nel tempo
!x 2,5 "10 3 m
= 76 s
!t =
=
v
33 m/s
La seconda macchina dovrà allora percorrere, accelerando da fermo, lo stesso spazio con
l’accelerazione
2x 2 ! 2,5 !10 3 m
a= 2 =
= 0,87 m/s 2
2
t
( 76 s)
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34.
La distanza percorsa dall’aereo, decelerando, è data dalla somma tra la sua lunghezza e quella della
pista intersecata:
x = 59,7 m + 25,0 m = 84,7 m
La velocità dell’aereo quando entra nella pista si può ricavare da:
v0 = v 2 ! 2ax = (45, 0 m) 2 ! 2(!5, 70 m/s 2 )(84, 7 m) = 54, 7 m/s
Quindi, il tempo per lasciare libera l’intersezione è:
v ! v0 45,0 m/s ! 54,7 m/s
t=
=
= 1,7 s
a
!5,70 m/s2
35.
Lo spazio totale percorso dall’atleta è x = 12 at12 + vt2
dove v, che è la velocità raggiunta dopo l’accelerazione, vale at1.
Con le dovute sostituzioni, ricordando che t1 + t2 = t, otteniamo
da cui, trascurando le unità di misura
1,90 t12 − 29,9 t1 + 50,0 = 0
1 at 2
2 1
− att1 + x = 0
Le soluzioni sono 13,9 s e 1,90 s. La prima non è realistica per cui, utilizziamo la seconda,
ricavando
x1 = (1/2)(3,80 m/s2)(1,90 s)2 = 6,85 m
36.
A = 1,9 m/s2; B = 0 m/s2; c = 3,3 m/s2
37.
Leggendo il grafico, la velocità corrispondente al tempo di 4 s è 2 m/s
!v 3 m/s
a=
=
= 0,5 m/s 2 " s = s0 + v0t + 0, 5at 2 = 0 + 0 + 0, 5 # 0, 5 m/s 2 # (6 s)2 = 9 m
!t
6s
s = s0 + v0t + 0, 5at 2 = 0 + 1 m/s ! 6 s + 0,5 ! 0,5 m/s 2 ! (6 s)2 = 15 m
38.
Il moto è uniformemente decelerato (accelerazione negativa)
" ( 30-0 ) m/s % 2
2 2
s = s0 + v0t ! 0, 5at 2 = 1550 m + (30 m/s)t ! 0, 5 $
' t = 1550 m + (30 m/s)t ! (0, 25 m/s )t
# 60 s &
39.
L’altezza raggiunta dall’elicottero dopo 12,0 s è la somma degli spostamenti relativi a ogni tratto
del grafico. Conoscendo la velocità iniziale e quella finale, per ogni tratto possiamo calcolare y
dalla relazione y =½ (v0 + v)t. Quindi:
Primo tratto:
y=
1
2
(v0 + v )t = 12 (0 m/s + 6, 0 m/s )(2, 0 s ) = 6, 0 m
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Secondo tratto:
y=
1
2
(v0 + v )t = 12 (6, 0 m/s + 6, 0 m/s )(6, 0 s ! 2, 0 s ) = 24 m
Terzo tratto:
y=
1
2
(v0 + v )t = 12 (6, 0 m/s + 0 m/s )(12, 0 s ! 6,0 s ) = 18 m
L’altezza raggiunta dall’elicottero dopo 12,0 s è:
y = y1 + y2 + y3 = 6,0 m + 24 m +18 m = 48 m
40.
I due modellini si incontrano quando
sA = sB ! 0, 5 " (0,2 m/s 2 )t 2 = 15 # (0,8 m/s)t ! t = 9,0 s
sA = 0, 5 ! (0, 2 m/s 2 ) ! (9,0 s)2 = 8,1 m
41.
s=
1 2
2s
2 "135 m
gt ! t =
=
= 5,25 s
2
g
9,80 m/s 2
v = gt = 9,80 m/s 2 " 5,25 s = 51,5 m/s
42.
Durante la caduta la pietra è soggetta solo all’accelerazione di gravità e, dato che la velocità e
l’accelerazione hanno lo stesso verso, essa non decelera.
La distanza richiesta vale:
y = v0t + 12 a y t 2 = (–9, 0 m/s)(0,50 s) + 12 !#(–9,80 m/s 2 )(0,50 s) 2 "$ = –5, 7 m
43.
Il sasso ritorna al punto di partenza → ytot = 0 m e l’accelerazione vale
a=
(
2 y ! v0 t
t2
) = 2"#0 m ! (+15 m / s) (20,0 s)$% = !1,5 m / s2
2
(20,0 s)
44.
Lo spostamento verticale del cartoncino è: y =
1 gt2
2
dove g = 9,80 m/s2.
Sostituendo i valori di tempo indicati otteniamo:
d1 = 0,018 m ; d2 = 0,071 m e d3 = 0,16 m
45.
t=
2s
2!6 m
=
= 1,1 s
g
9,80 m/s 2
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46.
v 2 = v02 + 2ay
(1,8 m/s)
v=±
2
(
)(
)
+ 2 –9,80 m/s2 –3,0 m = ± 7,9 m/s
La velocità è rivolta verso il basso→scegliamo il segno meno, per cui
v = !7,9 m/s
Imponendo che la velocità del tuffatore sia zero nel punto di massima altezza otteniamo:
y=–
v02
2a
=–
(1,8 m/s )2
(
2 –9,80 m/s 2
)
= 0,17 m
Quindi l’altezza massima raggiunta sarà:
y = 3,0 m + 0,17 m = 3,2 m
47.
Il tempo richiesto è fondamentalmente quello in cui il proiettile
sparato dal fucile A ritorna al punto di partenza, ovvero:
v ! v0
(!30, 0 m/s) ! (+30, 0 m/s)
t =
=
= 6,12 s
a
!9,80 m/s 2
ed è indipendente dall’altezza del precipizio.
A
____
B
48.
In 1,2 s la sfera copre una distanza:
y = v0t + 12 at 2 = 12 at 2 = 12 (–9,80 m/s 2 )(1, 2 s) 2 = –7,1 m
Lo spostamento totale è allora pari a 2y e il tempo impiegato è:
t=
2y
2(–14,2 m)
=
= 1,7 s
a
–9,80 m/s2
49.
La velocità iniziale del sasso è
v0 = v 2 ! 2ay = ( – 27 m/s) 2 ! 2(–9,80 m/s 2 )(– 15 m) = 20,9 m/s
Il sasso, lanciato verso l’alto con quella velocità iniziale, arriverebbe a un’altezza
y=
!v02
2a
=
!(20,9 m/s)2
2(–9,80 m/s2 )
= 22 m
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50.
When the ball has reached its maximum height, its velocity is zero. If we take upward as the
positive direction, we have
v0 = v 2 ! 2ay =
(0 m/s)
2
! 2(–9.80 m/s2 )(12.0 m) = +15.3 m/s
If v = 12 v0 :
y=
v 2 ! v02
2a
=
( 1 v0 )2 ! v02
2
2a
v02 " 1 % (+15.3 m/s)2 " 1 %
=
$ !1' =
$ !1' = 8.96 m
2a # 4 & 2(–9.80 m/s2 ) # 4 &
51.
Le velocità iniziali di Anna e Gaia si possono ricavare dalla formula v0 =
Dato che Anna salta a un’altezza doppia di Gaia risulterà v0A =
!v
Tra due salti successive intercorre un tempo totale t = 2 0
a
Quindi,
tA
tG
=
!2v0A / a
!2v0G / a
=
v0A
v0G
=
2v0G
v0G
!2ay
2 v0G
= 2
52.
distanza
1 miglio
1609 m
=
=
tempo
3 min 59,4 s 239,4 s
Con questa velocità media avrebbe percorso, nel tempo di 223,13s stabilito da el-Guerrouj, una
distanza pari a
! 1609 m $
x = vt = #
& ( 223,13 s)
" 239,4 s %
contro i 1609 m di el-Guerrouj.
Il distacco tra i due atleti sarebbe, quindi,
# 1609 m &
!x = 1609 m " %
( ( 223,13 s) = 109 m
$ 239,4 s '
vBannister =
53.
Per raggiungere il fiume la donna impiega un tempo
sd 4000 m
=
= 1600 s
vd 2,5 m/s
Nello stesso tempo il cane, alla velocità di 4,5 m/s, percorre uno spazio
sc = vct = 4, 5 m/s !1600 s = 7, 2 !10 3 m
t=
54.
La velocità media è data dal rapporto tra lo spazio totale percorso e il tempo impiegato.
Lo spostamento totale è:
s = ( 27 m/s) t Nord + (!17 m/s)Sud
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Cutnell, Johnson - Fisica volume 1
Capitolo 2 Il moto rettilineo
Quindi la velocità media è
s
(27 m/s) t Nord + (!17 m/s) t Sud = 27 m/s " t Nord % + !17 m/s " t Sud %
v=
=
' (
'
(
)$
)$
ttotale
t Nord + t Sud
# t Nord + t Sud &
# t Nord + t Sud &
& t Nord
e dal momento che $$
% t Nord + t Sud
# 3
!! =
" 4
e
&
t Sud
$$
% t Nord + t Sud
# 1
!! =
" 4
avremo:
! 3$
!1$
velocità media = 27 m/s # & + '17 m/s # & = +16 m/s
"4%
"4%
(
)
(
)
55.
!t =
!v +2700 m / s
=
= 3,0 "102 giorni
m/s
a
+9,0
giorno
Dato che 1 giorno = 24h e 1h = 3600s, l’accelerazione (in m/s2) è
a=
!v
=
t
+9,0 m / s
= +1,04 (10)4 m / s2
" 24 h % " 3600 s %
1 giorno $
'$
'
# 1 giorno & # 1 h &
(
)
56.
Entrambi i motociclisti hanno la stessa velocità v alla fine dell’intervallo di 4 s. Ora
v = v0A + aAt per il motociclista A e
v = v0B + aBt per il motociclista B
Da cui
v0A – v0B = (4,0 m/s2 – 2,0 m/s2) x (4 s) = +8,0 m/s
Il risultato positivo indica che la motocicletta A all’inizio viaggiava a velocità maggiore.
57.
Il tempo di caduta della pietra è
2y
2(75 m)
t=
=
= 3,9 s
a
9,80 m/s 2
In questo intervallo di tempo il tronco si è spostato di:
x = v0t = (5,0 m/s)(3,9 s) = 2,0 !101 m
che rappresenta la distanza orizzontale tra pietra e tronco.
58.
Se indichiamo con t1 il tempo impiegato dal primo sasso per giungere a terra, il secondo sasso vi
giungerà in un tempo t2= t1-t3,20
dove
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2y
2 (!15,0 m )
=
= 1,75 s
a
!9,80 m/s2
t1 =
t3,20 =
Capitolo 2 Il moto rettilineo
e
2y
2 (!3,20 m )
=
= 0,808 s
a
!9,80 m/s2
Allora
t2 = t1 ! t3,20 = 1, 75 s ! 0,808 s = 0,94 s
Per il secondo sasso vale la relazione y = v0,2t2 + 12 at2 2 , da cui ricaviamo
v0,2 =
y ! 1 at2 2
2
t2
=
(!15,0 m ) ! 12 (!9,80 m/s2 ) (0,94 s)
2
0,94 s
= !11 m/s
59.
La pietra, cadendo, si muove di moto uniformemente accelerato secondo la relazione
y = 12 at12
dove y è la profondità del buco e t1 il tempo di caduta.
Il suono si muove a velocità costante e percorre la stessa distanza nel tempo t2
y = vsuono t2
Uguagliamo le due equazioni e sostituendo t2 = t – t1, otteniamo
1 at 2 + v
suono t1 – vsuono t = 0
2 1
4,90 ! t12 + 343! t1 – 514 = 0
t1 =
–343 ± (343)2 ! 4(4,90)(–514)
= 1,47 s o –71,5 s
2(4,90)
La soluzione negativa non è accettabile, quindi
(
)(
)
y = v0t1 + 1 at12 = 0 m/s 1,47 s + 1 (9,80 m/s2 )(1,47 s)2 =10,6 m
2
2
60.
Indichiamo con t il tempo durante il quale la macchina della polizia accelera e, tenendo conto del
tempo di reazione, lo spazio percorso dall’altra auto sarà:
(
) (
)(
xauto = vauto t + 0,800 s = 42,0 m/s t + 0,800 s
)
Lo spostamento della macchina della polizia è, invece,
(
)
xPolizia = v0, Polizia 0.800 s + v0, Polizia t + 1 at 2
2 $
!##
#"###
$
!##"##
Moto rett. uniforme
(
)(
Moto unifor. accelerato
) (
)
(
)
= 18,0 m/s 0,800 s + 18,0 m/s t + 1 5,00 m/s2 t 2
2
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Capitolo 2 Il moto rettilineo
Il poliziotto raggiunge l’auto quando
m/s) (t + 0,800 s) = (18,0 m/s) (0,800 s) + (18,0 m/s) t + 1 (5,00 m/s2 ) t 2
(!42,0
2
###
#"####
$ !#########"#########
$
spazio percorso dall'auto
spazio percorso dalla polizia
Riorganizzando l’equazione e risolvendola in funzione di t otteniamo
t=
(
(
2 ( 2,50 m/s )
) (!24,0 m/s)
! !24,0 m/s ±
2
)(
! 4 2,50 m/s2 !19,2 m
2
)
= 10,3 s
Abbiamo escluso la soluzione negativa, perché priva di significato fisico, quindi
t = 0,800 s +10,3 s = 11,1 s
61.
Il moto del pallone è descritto dalla relazione yB = H 0 + vBt dove H0 = 12 m.
Il moto del proiettile è determinato dalla gravità e, quindi, yP = v0t + 12 at 2
Ma yP = yB all’istante t, per cui
v0t + 12 at 2 = H 0 + vBt
Risolviamo questa equazione in funzione di t
1 at 2
2
(
)
+ v0 – vB t – H 0 =
1
2
( –9,80) t 2 + (30,0 – 7,0) t – 12,0 = 0
4,90t 2 – 23,0t +12,0 = 0
t=
(
2 ( 4,90)
)(
23,0 ± 23,02 – 4 4,90 12,0
) = 4,09 s
o
0,602 s
e sostituiamo entrambi i valori nell’equazione del moto del pallone, per cui:
(
)(
)
yB = 12,0 m + (7,0 m/s) (0,602 s) = 16 m
yB = 12,0 m + 7,0 m/s 4,09 s = 41 m
Olimpiadi della fisica
1. E
2. B
3. C
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Capitolo 2 Il moto rettilineo
4. La prima automobile ha percorso un itinerario lungo s = v1 t. La seconda automobile ha percorso
lo stesso tragitto con un ritardo Δt, per cui s = v2 (t + Δt). Eliminando t dalle due equazioni, si
vv
ottiene s = 1 2 !t .
v1 " v2
Test di ammissione all’Università
1. A
2. E
3. D
Prove d’esame all’Università
1. La legge oraria del primo proiettile permette di determinare t1 come l’istante nel quale il proiettile
si trova in x0:
x
x0 = ct1 ! t1 = 0 = 0,6 s
c
Analogamente, per il secondo proiettile, si ha:
x + ct 0
x0 = c(t 2 ! t 0 ) " t 2 = 0
= 1,1 s
c
! x = ct '
$
x
Per il primo proiettile: "
% ' t1' = 0 = 1,5 s
'
c(v
# x = x0 + vt1 &
La legge oraria del secondo proiettile può essere scritta come x = c (t ! t 0 ) quindi:
"$ x = c (t ' ! t )&$
2
0
#
'
'
%$ x = x0 + vt 2 ($
cioè
x + ct 0
t 2' = 0
= 2,7 s
c!v
2. C
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