CINEMATICA DEL PUNTO: Caduta gravi

CINEMATICA DEL PUNTO: Caduta gravi
1. Un proiettile viene sparato da un cannone a un angolo di 35◦ rispetto al piano orizzontale.
Esso colpisce il suolo a 4 km dal cannone.
Calcolare:
(a) la velocità iniziale del proiettile;
(b) il tempo di volo;
(c) la massima altezza raggiunta dal proiettile durante il suo volo;
(d) la velocità del proiettile nel punto di massima quota.
2. Un bombardiere vola a 430 km
h alla quota costante di 1200 m verso un punto posto sulla verticale
di una nave ormeggiata in mare aperto.
Sotto quale angolo visuale (rispetto alla direzione orizzontale) il pilota dovrebbe lanciare una
bomba per essere certo di colpire la nave?
3. Un acrobata cinematografico deve attraversare di corsa un terrazzo di un edificio e lanciarsi
orizzontalmente nel vuoto per atterrare sul tetto di un edificio vicino, che si trova a una distanza
di 5.2 m dal primo. Il dislivello fra le sommità dei due edifici è pari a 4.8 m. Quale dovrebbe
essere la velocità orizzontale minima dell’acrobata per evitare di sfracellarsi al suolo?
4. Durante il servizio, un tennista lancia la palla, assimilabile a un punto materiale, orizzontalmente,
sı̀ da imprimere ad essa una velocità iniziale parallela al suolo: Calcolare:
(a) la minima velocità iniziale che deve essere impressa alla palla perché essa possa superare la
rete alta h = 0.9m e posta a di distanza D = 15 m dal tennista, se la palla viene lanciata
da un’altezza H = 2.5m;
(b) la distanza d dalla rete in corrispondenza della quale la palla toccherà il suolo, nell’ipotesi
che la palla sfiori la rete;
(c) determinare il tempo di volo della palla, nell’ipotesi di cui al punto precedente;
1
5. In un salto con gli sci dal trampolino uno sciatore stacca nel punto O con una velocità v0 = 16 m
s
in direzione orizzontale. Assumendo che il pendio di arrivo sia inclinato di 45◦ rispetto al piano
orizzontale, si calcoli:
(a) la lunghezza OA del salto, misurata lungo il pendio;
(b) il tempo di volo;
(c) la velocità di impatto con cui lo sciatore cade sul pendio;
(d) la direzione del moto quando cade sul pendio.
6. Una nave pirata è ormeggiata a 500 metri dalla base di un forte che difende l’entrata del porto
di un’isola. Il cannone che la protegge, piazzato a livello del mare, ha una velocità di bocca di
82m/s.
Calcolare:
(a) a quale alzo (angolo di elevazione) si deve puntare il cannone per colpire la nave pirata;
(b) il tempo di volo per l’alzo maggiore;
(c) a quale distanza L dal porto deve portarsi la nave per essere fuori dalla portata di tiro del
cannone.
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Alcuni consigli utili
L’oggetto della cinematica del punto è la descrizione del moto, cioè consiste nel determinare
come varia la posizione del punto in funzione del tempo.
Posizione (r̄,raggio vettore), velocità (v̄) e accelerazione ā sono quindi le grandezze cinematiche
fondamentali che descrivono il moto e sono legate tra loro da operazioni di derivazione e integrazione.
Sono però grandezze vettoriali in quanto generalmente il moto avviene nello spazio, e quindi la propria
descrizione deve avvenire tramite 3 equazioni scalari dette leggi orarie x(t), y(t), z(t).
Di fondamentale importanza è la scelta del sistema di riferimento in base alla quale si descrive
il moto di un’oggetto attraverso appunto le leggi orarie (x(t), y(t), z(t)) proiettate sul sistema di
riferimento stesso.
Un pò di formule:
t
t
dr
dr → r̄(t) − r̄(t0 ) = v̄(t) − v̄(t0 )
v̄dt =
→ v̄dt = dr →
dt
t0
t0
Che se t0 = 0 riscritta ci dà la formula del moto rettilineo uniforme:
Z
Z
v̄ =
r̄(t) = r̄(0) + v̄ · t
t
t
dv
d2 r
= 2 → ādt = dv →
ādt =
dv → ā(t) − ā(t0 ) = v̄(t) − v̄(t0 )
dt
dt
t0
t0
Anche in questo caso se t0 = 0 riscritta ci dà la formula della velocità nel moto rettilineo uniformemente accelerato:
v̄(t) = v̄(0) + ā · t
Z
Z
ā =
R
d2 r
sapendo che ā = 2 allora possiamo dire che r̄(t) = r̄(0) + 0t [v̄(0) + ā · t]dt che risolta ci da la
dt
nota formula del moto rettilineo uniformemente accelerato:
r̄(t) = r̄(0) + v̄0 · t +
ā 2
·t
2
Questa formula tradotta in equazioni scalari lungo il sistema di riferimento, ci fornisce le leggi
orarie del moto:

ẍ


x(t) = x(0) + ẋ(0) · t + · t2


2






y(t) = y(0) + ẏ(0) · t +
ÿ
· t2

2








 z(t) = z(0) + ż(0) · t + z̈ · t2
2
Indicando rispettivamente con ẋ la derivata prima rispetto al tempo lungo la direzione x (cioè la
velocità istantanea lungo x) e con ẍ la derivata seconda (cioè l’accelerazione istantanea lungo x).
3
Moto parabolico dei corpi:
Analizziamo questo particolare tipo di moto, che è un moto piano descritto da un punto P lanciato
dall’origine O con velocità iniziale v̄0 formante un angolo θ con l’asse orrizzontale.
Proiettando il moto lungo gli assi cartesiani in figura vediamo che esso è caratterizzato da un’accelerazione di gravità costante ā = −g ŷ e le condizioni iniziali sono x(0) = 0, y(0) = 0 e v̄ =
v¯0 .
Le leggi orarie dei moti proiettate sono dunque:

 x(t) = v0 cos θ · t
1
 y(t) = v0 sin θ · t − gt2
2
(1)
(2)
Sull’asse x il moto è rettilineo uniforme (in accordo col fatto che ax = 0)mentre sull’asse y è
uniformemente accelerato.
Per determinare la traiettoria (cioè il luogo dei punti occupato dal punto durante il suo moto)
eliminiamo il tempo dalle leggi orarie in modo da ottenere una y(x).
x
Dalla (1) ricaviamo t =
che sostituito nella (2) ci fornisce:
v0 cos θ
y(x) = x tan θ −
x2 g
2v02 cos2 θ
che è evidentemente l’equazione di una parabola.
Per calcolare la gittata xg imponiamo y(x) = 0 ottenendo 2 soluzioni, una con x = 0 e l’altra:
xg =
2v02 sin θ cos θ
= 2xm
g
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RISOLUZIONE DEI PROBLEMI
PROBLEMA 1:
Si tratta di un moto in 2 dimensioni per tanto tracciamo il nostro sistema di riferimento con origine
in O e assi allineati lungo le direzioni del moto, rispettivamente l’asse x lungo il moto orrizzontale e
y lungo quello verticale.
in questo modo impostiamo le leggi orarie dei moti, che secondo il nostro sistema di riferimento,
risultano:
(
xt = v̄0 cos 35◦ · t
yt = v̄0 sin 35◦ · t − ḡ2 · t2
Sfruttando l’equazione lungo y siamo in grado di trovare il tempo di volo tf in (b). Sapendo che
all’istante finale la yt = 0 possiamo riscrivere:
0 = v0 cos 35◦ · t −
g 2
·t
2
Da cui (raccogliendo t) abbiamo un t = 0 e il
tf in =
2v̄0 sin 35◦
ḡ
(b)
Che non siamo ancora in grado di determinare in quanto abbiamo come incognita v̄0 . Sostituendo
però il dato trovato nella prima equazione siamo in grado di risolvere il problema:
4000m =
v̄02 cos 35◦ sin 35◦
2v̄0 sin 35◦
·
⇒ v̄0 =
ḡ
r
4000ḡ
m
∼
= 204
2 cos 35◦ sin 35◦
s
Ora quindi siamo in grado di dare una risposta alla domanda (b) dunque
tf in =
2 · 204 sin 35◦ ∼
= 23, 9s
ḡ
5
(b)
(a)
Per rispondere alla domanda (c) dobbiamo analizzare il moto lungo la direzione y, nell’istante in cui
raggiunge la massima quota ymax la velocità lungo y si annulla ed è regolata dalla relazione:
0 = v̄y = v̄0y − ḡ · t ⇒ t =
v̄0 sin 35◦ ∼
= 11, 93s
ḡ
questo dato lo possiamo inserire nella legge oraria per determinare l’altezza massima:
ḡ
ymax = v̄0 sin 35◦ · 11, 93 − (11, 93)2 ∼
= 699 m
2
(c)
La velocità del proiettile nel punto ymax abbiamo visto che è data dalla sola componente orrizzontale
che si mantiene costante lungo tutto il periodo del moto. Dunque
m
v̄ymax = v̄0x = v̄0 sin 35◦ ∼
= 167
s
6
(d)
PROBLEMA 2:
I dati che abbiamo riferiti al nostro sistema di riferimento in figura sono:
x0 = 0
y0 = 0
xf in =?
yf in = 1200m
v̄0x = v̄0 = 340km/h = 119, 44m/s v̄0y = 0
Scrivendo le leggi orarie in base ai dati iniziali abbiamo:
(
x(t) = v̄0 · t (1)
y(t) = ḡ2 · t2 (2)
In base alla seconda siamo in grado di ricavarci il tempo di volo:
s
tf in =
2yf in ∼
= 15, 64s
ḡ
Ora possiamo esprimere la prima in funzione di θ sapendo che tan θ =
(1)abbiamo:
yf in
= v̄0 · tf in
tan θ
cosı̀ siamo in grado di ricavarci θ:
yf in
θ = arctan
v0 · tf in
7
!
= 32◦ 420
yf in
xf in
che sostituendo nella
PROBLEMA 3:
Anche in questo caso impostiamo le leggi orarie secondo il sistema di riferimento proposto in figura:
(
x(t) = v0 · t (1)
y(t) = ḡ2 · t2 (2)
Dalla seconda ricaviamo il tempo di volo del nostro acrobata:
s
tf in =
2yf in ∼
= 0, 98s
ḡ
Dalla prima invece siamo subito in grado di ricavare v̄0 :
xf in = v̄0 · t ⇒ v̄0 =
xf in
5, 2m ∼
=
= 5, 26m/s
t
0, 98s
Al di sotto di questa velocità iniziale sarebbe spacciato.
8
PROBLEMA 4:
Anche in questo caso si tratta di un moto balistico cioè un moto parabolico, prendendo come sistema
di riferimento ortogonale in origine sul piano, sotto la posizione di lancio, esaminiamo le leggi orarie:
(
x(t) = x(0) + v0 · t
y(t) = y(0) + v0 · t −
ḡ
2
·
(1)
(2)
t2
Che con i dati iniziali possiamo riscrivere:
(
D = v0 · t
h = H − ḡ2 · t2
(1)
(2)
Ecco che ora abbiamo un sistema di 2 equazioni in 2 incognite facilmente risolvibile, ad esempio per
sostituzione:
Ricaviamo il tempo dalla (2):
s
2(H − h) ∼
t=
= 0, 57s
g
e dalla prima infine ricaviamo la velocità iniziale minima in grado di sorpassare la rete:
v(0) =
D ∼
= 26, 25m/s
t
(a)
Per determinare la distanza d alla quale la palla tocca terra dobbiamo trovare il tempo di volo, cioè
imporre il dato y(t) = 0 nella nostra legge oraria:
(
xf in = v0 · t
0 = H − ḡ2 · t2
(1)
(2)
Anche qui ci ritroviamo al solito con il nostro sistema di 2 equazioni ins2 incognite, ovvero il tempo t
2H ∼
e la xf in . Per sostituzione dalla (2) troviamo il tempo di volo (c) t =
= 0, 71s che sostituito
g
alla prima ci da la xf in = v(0) · t ∼
= 18, 75 m
Dunque la distanza d sarà data da d = xf in − D = 3, 75 m (b).
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PROBLEMA 4:
Utilizzando un sistema di riferimento con origine in O e assi ortogonali xy possiamo scrivere le leggi
orarie in base ai dati iniziali:
(
x(t) = v0 · t
y(t) = − ḡ2 · t2
(1)
(2)
Per rispondere alla prima domanda possiamo rifarci alla geometria del problema, infatti ci viene
¯ del pendio, dove il punto A corrisponde all’intersezione tra la traiettoria del
chiesta la distanza OA
moto parabolico e la retta posta a 45◦ cioè di equazione y = x.
Nota la formula della traiettoria parabolica possiamo quindi impostare il seguente sistema per
trovare il punto d’intersezione:



y = x tan θ −
ḡx2
2v02 cos2 θ

 y=x
(1)
(2)
Dove θ è l’angolo formato dalla velocità iniziale rispetto al piano e vale quindi 0. L’equazione diventa
quindi:
ḡx2
x− 2 =0
2v0
Raccogliendo la x otteniamo x1 = 0 e una x2 =
2v02 ∼
= 57, 19 m. Dalla (2) ricaviamo semplicemente
ḡ
y = x = 57, 19 m.
¯ è data quindi dalla formula della distanza, che espressa in coordinate è
La distanza OA
¯ =
OA
p
x2 + y 2 =
2(57, 19)2 ∼
= 73, 81 m
p
(a)
Per trovare il tempo di volo è sufficente inserire la coordinata yf in nella legge oraria ottenendo:
ḡ
57, 19 = − · t2 ⇒ t =
2
s
2yf in ∼
= 3, 26 s (b)
ḡ
La velocità d’impatto è data dalla somma delle componenti vettoriali delle velocità lungo y e lungo
x. La velocità lungo x è costante e uguale a v0 = 16 m/s quella lungo y sarà data dalla relazione
v̄(t) = v̄(0) − ḡ · t sostituendo a t il tempo di volo trovato otteniamo:
vy = 0 − ḡ · 3, 26 s ∼
= −31, 98 m/s ŷ
Da cui:
v̄f in =
q
vx2
+
vy2
=
q
162 + (−31, 98)2 ∼
= 35, 76 m/s v̂
dove la direzione v̂ è individuata dall’angolo α d’impatto dato da
vy
α = arctan
vx
10
∼
= 63◦ 250 (d)
(c)
PROBLEMA 6:
Prendendo il sistema di riferimento in figura scriviamo le leggi orarie che con i dati iniziali saranno:
(
D = v0 cos θ · t
0 = v0 sin θ · t −
ḡ
2
·
(1)
(2)
t2
Abbiamo cosı̀ due incognite, t e θ.
2v0 sin θ
2v 2 cos θ sin θ
Dalla (2) troviamo il tempo t =
che sostituito nella (1) ci da: D = 0
.
ḡ
ḡ
Nota la relazione trigonometrica 2 sin θ cos θ = sin(2θ) possiamo determinare θ come:
Dḡ
1
Dḡ
sin(2θ) = 2 ⇒ θ = arcsin
2
v̄0
v̄02
∼
= 23◦ 250
(a)
Come sappiamo però la funzione seno associa per ogni valore di angolo 2 distinti valori della
funzione, ci sono quindi 2 angoli che soddisfano la nostra condizione, un’angolo è quello trovato
θ1 = 23◦ 250 l’altro è θ2 = 90◦ − θ1 = 66◦ 340 .
Si noti che, entrambe le soluzioni per θ sono valide: esse corrispondono a due diverse traiettorie
paraboliche compiute dal proiettile, entrambe pero tali da soddisfare la condizione per cui la
traiettoria intercetti l’asse x alla distanza D dall’origine degli assi (nel punto appunto in cui si trova
la barca).
Il tempo di volo è subito determinato inserendo nella x(t) i dati trovati ed isolando l’incognita tempo:
D = v̄0 cos θ2 · t ⇒ t =
D
∼
= 15, 34 s
v̄0 cos θ2
(b)
Per rispondere a questo ultimo quesito è necessario determinare la gittata massima del cannone,
ovvero la massima distanza a cui il cannone riesce a sparare. Determiniamo prima l’espressione per
la gittata in generale utilizzando ancora una volta le leggi orarie:
(
x(t) = v̄0 cos θ · t
y(t) = v̄0 sin θ · t −
ḡ
2
· t2
(1)
(2)
La gittata corrisponde al valore xg a cui un ipotetico proiettile sparato dal cannone tocca il suolo
(nel nostro caso l’asse x), ovvero tale per cui sia y = 0.
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Imponiamo quindi questa condizione nel sistema di equazioni di cui sopra e risolviamo il sistema,
ricavando xg in funzione degli altri parametri noti:
(
ḡx2
x(t) = v̄0 cos θ · t
⇒ x tan θ − 2
=0
ḡ
2
0 = v̄0 sin θ · t − 2 · t
2v0 cos2 θ
Che è la nota formula della traiettoria da cui otteniamo le 2 soluzioni possibili per la gittata:
xg1 = 0
2v̄ 2 sin θ cos θ
xg2 = 0
ḡ
La prima soluzione corrisponde al caso limite in cui il proiettile viene sparato in verticale lungo l’asse
y e ricade poi nel medesimo punto, mentre la seconda soluzione è l’espressione corretta per la gittata,
che come si nota dipende oltre che dal modulo della velocità iniziale del proiettile, anche da
un’espressione in θ.
Avendo nota la velocità iniziale dobbiamo quindi vedere quando il prodotto sin θ cos θ è massimo. Per
fare questo possiamo studiare la funzione f (θ) = sin θ cos θ, la derivata vale f 0 (θ) = cos2 θ − sin2 θ. Il
massimo valore di θ corrisponde quindi al valore che annulla la derivata cioè:
cos2 θ = sin2 θ
e la soluzione è chiaramente con θ =
π
4
= 45◦ .
Con questo valore dell’angolo abbiamo una gittata pari a:
xg =
2v̄02 sin 45◦ cos 45◦ ∼
= 685, 42 m
ḡ
esercizi proposti per Matematicamente.
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