FISICA GENERALE
MODULO A
CORSO H β BARI
CINEMATICA DEL PUNTO
Dott. Giannuzzi Giuseppe
Problema 1
Una nave Γ¨ posta a 560 m dal forte che difende il porto di unβisola. Il forte Γ¨ dotato di un cannone che lancia proiettili alla velocitΓ π£π£0 = 82 m/s. Con quale angolo di elevazione (o alzo) si devono lanciare i proiettili per colpire la nave?
Problema 1
Una nave Γ¨ posta a 560 m dal forte che difende il porto di unβisola. Il forte Γ¨ dotato di un cannone che lancia proiettili alla velocitΓ π£π£0 = 82 m/s. Con quale angolo di elevazione (o alzo) si devono lanciare i proiettili per colpire la nave?
Il problema si risolve in 1 passaggio se applichiamo la formula della gittata:
π π = π£π£02
ππ sin 2Ξ risolvendo si ottiene Ξ = 27Β° oppure Ξ = 63Β°
Problema 1
Tuttavia Γ¨ bene ricavarla direttamente dalla cinematica:
Lungo x abbiamo un moto rettilineo uniforme 1) π₯π₯ = π£π£0 cos Ξ π‘π‘
Lungo y un moto uniformemente accelerato 2) π¦π¦ = π£π£0 sin Ξ π‘π‘ β 12ππ π‘π‘2
avendo riferito lβisola e la nave alla stessa quota iniziale π¦π¦0 = 0. Quando il proiettile raggiunge
la nave le coordinate saranno: π₯π₯ = R (gittata), π¦π¦ =0. Risolviamo il sistema:
1) π π = π£π£0 cos Ξ π‘π‘
2) 0 = π£π£0 sin Ξ π‘π‘ β 12ππ π‘π‘2
Ricaviamo π‘π‘ dalla prima equazione: π‘π‘ = π£π£ π π
0 cos Ξ
che mettiamo nella seconda equazione (raccogliamo a fattor comune e semplifichiamo una t). Risolvendo si ottiene:
0 = π£π£0 sin Ξ β 12 ππ π£π£ π π
0cos Ξ
π£π£0 sin Ξ = ππ2 π£π£ π π
0 cos Ξ βΉ π π = 2π£π£ππ02 sin Ξ cos Ξ = π£π£ππ02sin 2Ξ
Problema 2
Problema 3
Un aereo, in picchiata a velocitΓ costante con angolo di 37Β° rispetto lβorizz., sgancia un proiettile alla quota 730 m dal suolo.
Il proiettile colpisce il terreno dopo 5 s. Qual Γ¨ la velocitΓ dellβaereo?
Soluzione: In questo caso abbiamo
π£π£0π₯π₯ = π£π£0cos Ξ π£π£0π¦π¦ = βπ£π£0 sin Ξ (verso il basso) Per cui lβequazione del moto del proiettile Γ¨
x οΏ½πππ₯π₯ = 0
π£π£π₯π₯ = π£π£0 cos Ξ
π₯π₯ = π₯π₯0 + π£π£0 cos Ξ π‘π‘ πππππ‘π‘ππ πππππ‘π‘π‘π‘. π’π’π’π’π’π’π’π’ππππππππ y οΏ½
πππ¦π¦ = βππ
π£π£π¦π¦ = βπ£π£0 sin Ξ β ππ π‘π‘
π¦π¦ = π¦π¦0 β π£π£0 sin Ξ π‘π‘ β 12ππ π‘π‘2 πππππ‘π‘ππ π’π’π’π’π’π’π’π’ππππππ. πππππππππππππππππ‘π‘ππ
Di queste equazioni inserendo π‘π‘ = 5 π π nellβultima equazione con la condizione π¦π¦ = 0 si ha
0 = π¦π¦0 β π£π£0 sin Ξ π‘π‘ β 12ππ π‘π‘2 β π£π£0 = π¦π¦π‘π‘ sin Ξ0β12ππ π‘π‘2 = 202 ππ/π π
Problema 4
In un bar, lβavventore lancia il boccale della birra lungo il banco. Il barista non si accorge del lancio e il boccale cade verso il suolo. Se il banco Γ¨ alto 0.86m e il boccale cade a 1.4m dalla base del banco, determinare la velocitΓ iniziale del boccale e la velocitΓ nel momento in cui tocca il suolo.
Il problema sarΓ descritto dalle equazioni:
π₯π₯ = π₯π₯0 + π£π£0 π‘π‘ π¦π¦ = π¦π¦0 β 12ππ π‘π‘2
Imponiamo che π₯π₯ππππππππππππ = 1.4 ππ e π¦π¦ππππππππππππ = 0 ππ e π¦π¦0 = 0.86 ππ Ricaviamo il tempo dalla y:
π‘π‘2 = 2 π¦π¦0
ππ β π‘π‘ = 0.419 π π che sostituito in x da π£π£0 = 3.34 ππ/π π
Per le velocitΓ finali usiamo:
π£π£π₯π₯ = π£π£0 π£π£π¦π¦ = βππ π‘π‘
Per cui al momento in cui arriva a terra si trova (per π‘π‘ = 0.419 π π ):
π£π£π₯π₯ = 3.34 ππ/π π π£π£π¦π¦ = β4.11 ππ/π π
π£π£ = π£π£π₯π₯2 + π£π£π¦π¦2 = 5.3πππ π con un angolo Ξ = arctanπ£π£π£π£π¦π¦
π₯π₯ = β50.9Β°
Problema 5
Un calciatore lancia il pallone ad una distanza di 36m dalla porta. Il pallone deve evitare la traversa che Γ¨ alta 3.05 m. Sapendo che il pallone parte con angolo 53Β° e velocitΓ 20 m/s, determinare se il pallone passa sopra o sotto la traversa.
Impostiamo il moto del proiettile e verifichiamo qual Γ¨ la y quando x=36m.
π¦π¦ = 3.93ππ
quindi passa sopra la traversa
Problema 6
Un proiettile viene lanciato verso lβalto da un balcone posto ad altezza 47.3 m con inclinazione 40.0Β° rispetto lβorizzontale e velocitΓ iniziale π£π£0.
Determinare dove cade nel suolo, sapendo che π£π£0 = 3.0 ππ/π π .
Risultato: 7.6 m
Moti su traiettoria curvilinea
Accelerazione nel moto piano: componenti intrinseche dellβaccelerazione
Scriviamo lβaccelerazione ππ nelle sue componenti partendo dalle coordinate intrinseche (cosa utile per i moti circolari e curvilinei).
In un moto curvilineo qualunque, la velocitΓ (istantanea) Γ¨ sempre tangente alla traiettoria, quindi se chiamiamo οΏ½π’π’ππ il versore tangente alla traiettoria, allora possiamo scrivere π£π£ = π£π£ οΏ½π’π’ππ e lβacc. (derivata della velocitΓ ) sarΓ :
β ππ = ππ βπ£π£ πππ‘π‘ =
ππ
πππ‘π‘ π£π£ οΏ½π’π’ππ = πππ£π£
πππ‘π‘ οΏ½π’π’ππ + π£π£ ππΞ πππ‘π‘ οΏ½π’π’ππ (dalla scorsa lezione: derivata di un vettore ed un versore)
Moti su traiettoria curvilinea
ππΞ πππ‘π‘ =
1 π π
πππ π πππ‘π‘ =
1
π π π£π£ = π£π£ π π per cui si ottiene
ππ = πππ£π£
πππ‘π‘ οΏ½π’π’ππ + π£π£ ππΞ
πππ‘π‘ οΏ½π’π’ππ =
= πππ£π£
πππ‘π‘ οΏ½π’π’ππ + π£π£ π£π£
π π οΏ½π’π’ππ = πππ£π£
πππ‘π‘ οΏ½π’π’ππ + π£π£2
π π οΏ½π’π’ππ = βππππ + βπππΆπΆ Le due componenti sono
βππππ = πππ£π£πππ‘π‘ οΏ½π’π’ππ accelerazione tangenziale
βπππΆπΆ = π£π£π π 2 οΏ½π’π’ππ accelerazione centripeta
Abbiamo che lβarco di circonferenza πππ π (in rosso in figura) Γ¨ uguale a πππ π = π π ππππ (nei nostri calcoli, ππππ Γ¨ chiamato ππΞ=ds/R) con π π = πππΆπΆ raggio di curvatura della traiettoria (β dal raggio vettore). Quindi:
Moti su traiettoria curvilinea
βππππ = πππ£π£πππ‘π‘ οΏ½π’π’ππ accelerazione tangenziale (modulo ππππ = πππ£π£πππ‘π‘)
βπππΆπΆ = π£π£π π 2 οΏ½π’π’ππ accelerazione centripeta (modulo πππΆπΆ = π£π£π π 2)
La rappresentazione si puΓ² usare anche quando la traiettoria non Γ¨ circolare ed in tal caso il raggio descritto Γ¨ quello di una circonferenza tangente alla traiettoria nel punto P (circonferenza osculatrice) e il raggio viene detto raggio di curvatura.
ππ = βππππ + βπππΆπΆ In modulo: ππ = ππ2ππ + πππΆπΆ2 = πππ£π£πππ‘π‘ 2 + π£π£π π 2 2 (regola del parallelogramma) (Teorema di Pitagora)
Moti su traiettoria curvilinea
βππππ = πππ£π£πππ‘π‘ οΏ½π’π’ππ accelerazione tangenziale (modulo ππππ = πππ£π£πππ‘π‘)
βπππΆπΆ = π£π£π π 2 οΏ½π’π’ππ accelerazione centripeta (modulo πππΆπΆ = π£π£π π 2)
βπππΆπΆ Γ¨ detta acc. normale ( βππππ) o centripeta (perchΓ© diretta verso il centro di curvatura).
In un moto curvilineo qualsiasi βππππ e βπππΆπΆ sono diverse da zero.
Cosa succede se βππππ = 0 ? Cosa succede se βππππ = 0 ?
Cosa succede se βππππ = 0 e βππππ = 0 ?
Moti su traiettoria curvilinea
Lβaccelerazione non Γ¨ parallela alla velocitΓ ed Γ¨ diretta verso la concavitΓ della curva che rappresenta la traiettoria.
Se βππππ β 0 il moto Γ¨ sempre curvilineo Se βππππ β 0 il moto Γ¨ sempre vario
Cosa succede se βππππ = 0 ? Moto curvilineo uniforme Cosa succede se βππππ = 0 ? Moto rettilineo (vario)
Cosa succede se βππππ = 0 e βππππ = 0 ? Moto rettilineo uniforme
Moti su traiettoria curvilinea
βππππ = πππ£π£πππ‘π‘ οΏ½π’π’ππ accelerazione tangenziale (modulo ππππ = πππ£π£πππ‘π‘)
βπππΆπΆ = π£π£π π 2 οΏ½π’π’ππ accelerazione centripeta (modulo πππΆπΆ = π£π£π π 2)
Abbiamo ottenuto queste equazioni senza lβuso di un sistema di riferimento. Se invece usiamo un sistema di riferimento cartesiano xy allora possiamo scomporre le accelerazioni lungo gli assi cartesiani (sia ππ lβangolo in verde tra lβasse x e βππππ)
βππππ = πππππ₯π₯ οΏ½π’π’ + πππππ¦π¦ οΏ½ππ
βππππ = βπππππ₯π₯ οΏ½π’π’ + πππππ¦π¦ οΏ½ππ Asse x: πππ₯π₯ = πππππ₯π₯ β πππππ₯π₯ =
= ππππ cos ππ β ππππ sin ππ =
= πππ£π£
πππ‘π‘ cos ππ β π£π£2
π π sin ππ Asse y: πππ¦π¦ = πππππ¦π¦ + πππππ¦π¦ =
= ππππ sin ππ + ππππ cos ππ =
= πππ£π£
πππ‘π‘ sin ππ + π£π£2
π π cos ππ
x
y
Moto circolare uniforme
Una particella la cui traiettoria Γ¨ una circonferenza o un arco di circonferenza si dice essere in moto circolare.
La velocitΓ cambia direzione punto per punto (il vettore velocitΓ Γ¨ sempre tangente alla traiettoria) mentre lβaccelerazione centripeta β 0.
Se nel moto circolare la velocitΓ Γ¨ costante in modulo, allora il moto Γ¨ detto moto circolare uniforme
Dalla precedente dimostrazione, se il modulo di π£π£ Γ¨ costante ππππ = πππ£π£πππ‘π‘ = 0 allora lβaccelerazione di questo moto Γ¨
ππ = βππππ + βπππΆπΆ = βπππΆπΆ solo centripeta, quindi sempre diretta radialmente e verso il centro della circonferenza.
Ricorda che vettorialmente lβaccelerazione Γ¨ definita a partire dalla variazione Ξ βπ£π£ di velocitΓ nel tempo Ξπ‘π‘: nonostante la velocitΓ sia costante in modulo, Ξ βπ£π£ β 0.
Quando il moto circolare non Γ¨ uniforme, lβacc. non passa dal centro della circonf.
Moto circolare
Il moto circolare puΓ² essere descritto sia tramite la descrizione dello spazio percorso lungo la circonferenza, ascissa curvilinea π π (π‘π‘), sia tramite gli angoli percorsi.
A tal fine occorre ricordarsi che π π = π π Ξ
Per cui per variazioni infinitesime si ha dπ π = π π ππΞ e possiamo introdurre anche per le grandezze angolari velocitΓ ed accelerazione:
velocitΓ angolare ππ = ππΞ πππ‘π‘ =
ππΞ πππ π
πππ π πππ‘π‘ =
1
π π π£π£ = π£π£ π π accelerazione angolare πΌπΌ = ππππ
πππ‘π‘ = ππ2Ξ πππ‘π‘2
Le grandezze sopra, sono grandezze istantaneeβ¦
La ππ Γ¨ la derivata rispetto al tempo dellβangolo Ξ(π‘π‘) che descrive la posizione angolare del punto. Lβacc.angolare Γ¨ la derivata della v.angolare, nonchΓ© la derivata seconda rispetto al tempo dellβangolo Ξ π‘π‘ .
Vantaggio: nel sistema di coordinate polari (le coordinate sono angolo Ξ(π‘π‘) e raggio di curvatura ππ(π‘π‘) ) il moto avviene con ππ π‘π‘ = π π = πππππ π π‘π‘πππ’π’π‘π‘ππ e solo Ξ(π‘π‘) Γ¨ variabile.
Moto circolare
velocitΓ angolare ππ = ππΞ πππ‘π‘ =
ππΞ πππ π
πππ π πππ‘π‘ =
1
π π π£π£ = π£π£ π π accelerazione angolare πΌπΌ = ππππ
πππ‘π‘
Nel moto circolare uniforme la velocitΓ π£π£ Γ¨ costante, π π pure, allora la velocitΓ angolare ππ = π π π£π£ Γ¨ costante. Da cui π£π£ = π π ππ
Segue che lβaccelerazione angolare Γ¨ nulla (cβΓ¨ perΓ² una accelerazione centripeta)
Moto circolare uniforme ππ = ππππππππππππππππ πΆπΆ = ππ
Leggi orarie
π©π© π‘π‘ = π©π©0 + ππ π‘π‘ π©π©0 = π©π© π‘π‘ = 0 [ π π π‘π‘ = π π 0 + π£π£ π‘π‘ π π 0 = π π π‘π‘ = 0 ]
ππ = πππΆπΆ = π£π£2
π π = ππ2π π
Moto circolare
Vediamo nel moto circolare vario che succede:
πΌπΌ = ππππ πππ‘π‘ =
ππ2Ξ
πππ‘π‘2 = ππ πππ‘π‘
π£π£ π π =
1 π π
πππ£π£ πππ‘π‘ =
ππππ π π ππππ = πππ£π£
πππ‘π‘ =
ππ πππ π πππ‘π‘ =
ππππ
πππ‘π‘ π π = πΌπΌ π π
Nota la funzione πΌπΌ(π‘π‘) si possono ottenere le descrizioni cinematiche angolari:
ππ π‘π‘ = ππ0 + οΏ½
π‘π‘0
π‘π‘πΌπΌ π‘π‘ πππ‘π‘
Ξ π‘π‘ = Ξ0 + οΏ½
π‘π‘0
π‘π‘ππ π‘π‘ πππ‘π‘
e nel caso di moto circolare uniformemente accelerato si ha (per π‘π‘0 = 0 ) πΌπΌ = πππππ π π‘π‘πππ’π’π‘π‘ππ (ππππ = πππππ π π‘π‘πππ’π’π‘π‘ππ)
ππ π‘π‘ = ππ0 + πΌπΌ π‘π‘ Ξ π‘π‘ = Ξ0 + ππ0 π‘π‘ + 1
2 πΌπΌ π‘π‘2 πππΆπΆ = π£π£2
π π = ππ2π π = ππ0 + πΌπΌ π‘π‘ 2π π
ππππππ π π 2
ππππππ
π π unitΓ di misura ππππππ
ππ π π 2
Notazione vettoriale nel moto circolare
La velocitΓ angolare ha caratteristiche vettoriali: il vettore viene definito attribuendo come modulo lβespressione di ππ calcolata in precedenza, la direzione perpendicolare al piano su cui si trova la circonferenza ed un verso tale che dalla punta del vettore ππ il moto appaia antiorario.
Da questa definizione quindi risulta che π£π£ = ππ Γ ππ
(π£π£ = π π ππ).
πΌπΌ = πππππππ‘π‘ risulta parallelo a ππ, ottenuto per derivazione della v.angolare rispetto al tempo.
Notazione vettoriale nel moto circolare
π£π£ = ππ Γ ππ
Tramite le grandezze angolari si puΓ² indicare lβaccelerazione del moto circolare:
ππ = πππ£π£ πππ‘π‘ =
ππ
πππ‘π‘ ππ Γ βππ
= ππππ
πππ‘π‘ Γ ππ + ππ Γ ππππ
πππ‘π‘
= πΌπΌ Γ ππ + ππ Γ π£π£ ππ = βππππ + βπππΆπΆ
Il primo termine Γ¨ lβaccelerazione tangenziale βππππ il secondo Γ¨ invece lβaccelerazione centripeta βπππΆπΆ
Modulo: ππππ = πΌπΌπ π ππππ = ππ2π π
Periodo nel moto circolare uniforme
Il tempo necessario a compiere un giro sulla circonferenza viene definito Periodo ππ. Nel moto circolare uniforme vengono percorsi (a causa della costanza in modulo della velocitΓ ) archi uguali in tempi uguali per cui possiamo scrivere che (considerando una intera circonferenza lunga 2πππ π percorsa in un periodo T):
π π = π£π£ Β· π‘π‘ β 2πππ π = π£π£ Β· ππ β ππ = 2πππ π π£π£
sostituendo lβespressione della velocitΓ π£π£ = ππ π π nellβequazione del periodo ππ = 2πππ π
ππ π π = 2ππ
ππ β ππ = 2ππ
ππ
con la quale abbiamo il legame tra il periodo e la velocitΓ angolare.
Moto armonico semplice
Nel moto armonico semplice, un punto oscilla intorno una posizione media con una legge del tipo
π₯π₯ π‘π‘ = π΄π΄ π π π’π’π’π’ πππ‘π‘ + ππ
con π΄π΄ ampiezza e ππ la fase iniziale ed ππ la pulsazione, grandezze costanti.
(πππ‘π‘ + ππ ) Γ¨ detta fase del moto. Quindi il punto si muove lungo un segmento di retta tra le posizioni βA e +A, pertanto Γ¨ un moto rettilineo vario, in cui le grandezze cinematiche variano nel tempo.
Tale moto Γ¨ ad esempio quello che appare come moto delle proiezioni sugli assi cartesiani del moto
circolare uniforme di un punto sulla circonferenza.
(Il moto armonico semplice Γ¨ la proiezione di un moto circolare uniforme su un diametro dello stesso cerchio su cui si svolge il moto)
Il moto circolare proiettato sugli assi cartesiani sono:
π₯π₯ π‘π‘ = π π πππππ π πππ‘π‘ + ππ y π‘π‘ = π π π π π’π’π’π’ πππ‘π‘ + ππ
stessa ampiezza, sfasati di ππ/2, con periodo del moto armonico coincidente con quello del moto circolare uniforme (moto periodico) di periodo ππ = 2ππππ
Moto armonico semplice
Infatti: π₯π₯ π‘π‘ = π₯π₯ π‘π‘ + ππ β
π΄π΄ π π π’π’π’π’ πππ‘π‘ + ππ = π΄π΄ π π π’π’π’π’ ππ π‘π‘ + ππ + ππ β π΄π΄ π π π’π’π’π’ πππ‘π‘ + ππ = π΄π΄ π π π’π’π’π’ πππ‘π‘ + ππππ + ππ β
e poichΓ© la funzione sin assume gli stessi valori ogni 2ππ allora si deve avere che ππππ = 2ππ β ππ = 2ππππ e ππ = 2ππππ e la ππ Γ¨ la fase quando π‘π‘ = 0.
Infine si definisce frequenza ππ = 1ππ = 2ππππ il numero di oscillazioni in un secondo.
Periodo e frequenza di un moto armonico semplice sono indipendenti dallβampiezza del moto.
Moto armonico semplice
Il moto armonico semplice Γ¨ un moto accelerato:
π£π£π₯π₯ π‘π‘ = πππ₯π₯
πππ‘π‘ = π΄π΄ ππ cos πππ‘π‘ + ππ e derivando ancora:
πππ₯π₯ π‘π‘ = πππ£π£π₯π₯ π‘π‘
πππ‘π‘ = βπ΄π΄ ππ2 sin πππ‘π‘ + ππ
= βππ2 π₯π₯ π‘π‘
In sostanza la velocitΓ risulta avere un massimo in corrispondenza del centro di oscillazione e si annulla agli estremi del moto, lβaccelerazione Γ¨ invece sempre opposta allo spostamento e quindi nulla al centro di oscillazione e massima agli estremi. Si puΓ² dimostrare che condizione necessaria e sufficiente affinchΓ© il moto sia armonico Γ¨ che sia soddisfatta lβequazione (differenziale) del moto armonico:
ππ2π₯π₯ π‘π‘
πππ‘π‘2 + ππ2 π₯π₯ π‘π‘ = 0
Moti relativi
Sappiamo che la velocitΓ di un corpo dipende dal sistema di riferimento (sinora considerato fermo). Prima di considerare gli effetti del movimento dobbiamo vedere come si cambia sistema di riferimento.
Dalla figura scegliamo un qualunque punto P nello spazio; indicando con O lβorigine del sistema di riferimento fisso, con Oβ quello mobile, otteniamo:
βππππ = βππππβ² + βππππβ² con le seguenti notazioni:
- βππππ Γ¨ il raggio vettore che individua P rispetto ad O - βππππβ² Γ¨ il vettore che individua Oβ rispetto ad O
- βππππβ² Γ¨ il vettore che individua P rispetto ad Oβ
Moti relativi
Questi vettori variano nel tempo ma istante per istante mantengono questa relazione. Se la deriviamo per il tempo si ottiene che
ππ
πππ‘π‘ βππππ = ππ
πππ‘π‘ βππππβ² + ππ πππ‘π‘ βππππβ²
Ovvero la relazione tra la posizione e la velocitΓ del punto P: βπ£π£ππ = βπ£π£ππβ² + βπ£π£ππβ²
(la velocitΓ nel sistema fisso Γ¨ data dalla somma vettoriale della velocitΓ del sistema mobile βπ£π£ππβ² con la velocitΓ del punto rispetto al sistema mobile βπ£π£ππβ² ).
Nel caso in cui Oβ si muove di moto rettilineo uniforme rispetto ad O (si parla di moto relativo traslatorio tra i due sistemi) allora lβequazione appena trovata (che vale in generale) implica che per le accelerazioni si avrΓ βππππ = βππππβ² ovvero che le acc. nei due sistemi di rif. sono le stesse.
Problema 7
Un pilota di caccia vola ad una velocitΓ di 694 ππ/π π . Qual Γ¨ lβaccelerazione di cui risente se percorre una traiettoria circolare di raggio π π = 5.8 πΎπΎππ ?
ππππ = π£π£2 π π ππππ = 694 ππ/π π 2
5800 ππ = 83 ππ
π π 2 β 8.5ππ
Problema 8
Un satellite terrestre si muove con orbita circolare alla quota di 640 πΎπΎππ sopra la Terra, con un periodo di rotazione di 98 min. Qual Γ¨ la velocitΓ del satellite? Qual Γ¨ la sua accelerazione centripeta ?
ππ = 98 πππ’π’π’π’ ππ = 2πππ π
π£π£ β π£π£ = 2πππ π ππ π£π£ = 2ππ 640 + 6371 103ππ
98 οΏ½ 60 π π = 7487.94ππ
π π β 27000 ππππ
β ππππ = π£π£2
π π = 7487.94 πππ π 2
640 + 6371 103ππ = 8 ππ π π 2
Problema 9
La ruota del luna park ha raggio π π = 15 ππ e compie 5 giri in 1 minuto.
1. Qual Γ¨ il periodo?
2. Qual Γ¨ lβaccelerazione centripeta nel punto piΓΉ in alto?
3. Qual Γ¨ lβaccelerazione centripeta nel punto piΓΉ basso?
ππ = 1 πππ’π’π’π’ 5 =
60 π π
5 = 12 π π Il periodo Γ¨ il tempo impiegato a compiere un giro.
Lβaccelerazione centripeta non cambia ed Γ¨ Dal periodo ππ = 2πππ π
π£π£ calcolo la velocitΓ π£π£ =
2πππ π ππ ππππ = π£π£2
π π =
2πππ π ππ
2
π π = 4ππ2π π
ππ2 = 4ππ215 ππ
12 π π 2 = 4.11 ππ π π 2
Problema 10
Un aereo si muove verso EST ma la sua prora Γ¨ orientata come in figura.
Lβaereo ha una velocitΓ relativa allβaria π£π£ππ = 215 ππππ/β con angolo Ξ verso SUD rispetto EST. Vi Γ¨ un vento con velocitΓ π£π£ππ = 65 ππππ/β che forma un angolo di 20Β° a EST rispetto NORD.
Qual Γ¨ la velocitΓ dellβaereo rispetto al suolo?
βπ£π£ππππ = βπ£π£πππ΄π΄ + βπ£π£π΄π΄β²ππ
con βπ£π£ππππ la velocitΓ dellβaereo rispetto al terreno, βπ£π£πππ΄π΄ la velocitΓ dellβaereo rispetto al vento e lβultima Γ¨ la velocitΓ del vento rispetto terra.
Scomponiamo lβequazione vettoriale sugli assi cartesiani:
π£π£π₯π₯,ππππ = π£π£π₯π₯,πππ΄π΄ + π£π£π₯π₯,π΄π΄ππ
π£π£π¦π¦,ππππ = π£π£π¦π¦,πππ΄π΄ + π£π£π¦π¦,π΄π΄ππ, da questβultima si ottiene:
0 = β 215ππππ
β sin Ξ + 65 ππππ
β cos 20Β°
da cui Ξ = 16.5Β°. Per la componente x si ottiene lβequazione
π£π£ππππ = 215ππππβ cos 16.5Β° + 65 ππππβ sin 20Β° = 228 ππππβ
Problema 11
Un fiume largo 200m ha una corrente che scende a velocitΓ uniforme di 1.1 m/s verso est. Un uomo vuole attraversare da sud verso nord il fiume col suo motoscafo capace di navigare alla velocitΓ di 4m/s rispetto lβacqua.
Sapendo che il punto di approdo della parte opposta si trova 82m piΓΉ a monte del punto esattamente di fronte a dove parte lβuomo, determinare qual Γ¨ la direzione cui occorre puntare la barca per arrivare allβapprodo in linea retta.
βπ£π£π π = βπ£π£ππ + βπ£π£ππ (equazione vettoriale, βπ£π£ππ v.motoscafo, βπ£π£π π v.risultante, βπ£π£ππ v.fiume) La retta che dobbiamo seguire Γ¨ parallela alla velocitΓ risultante βπ£π£π π per cui lβangolo Ξ tra βπ£π£π π e lβasse x (fiume) [asse y orientato da Sud a Nord]
tan Ξ = β200 ππ
82 ππ = β2.43 β Ξ = 180Β° β 67.7Β° = 112.3Β°
x: π£π£π π cos Ξ = π£π£ππ cos ππ + π£π£ππ y: π£π£π π sin Ξ = π£π£ππ sin ππ
Con ππ lβangolo della βπ£π£ππ rispetto al fiume (asse x)
Devo risolvere il sistema delle due equazioni sopra nelle incognite π£π£π π e ππ Per la risoluzione possiamo procedere facendo il rapporto tra le eq.
π£π£π π sin Ξ π£π£π π cos Ξ =
π£π£ππ sin ππ
π£π£ππ cos ππ + π£π£ππ β tan Ξ = π£π£ππ sin ππ π£π£ππ cos ππ + π£π£ππ
Ricevimento ogni mercoledΓ¬ h15.00 β17.00 (modalitΓ remota). Γ necessario prenotare il ricevimento inviando una mail.
β2.43 = tan Ξ = π£π£ππ sin ππ π£π£ππ cos ππ + π£π£ππ
nella sola incognita ππ (direzione cui occorre puntare la barca per arrivare allβapprodo in linea retta)
Si risolve con le formule parametriche trigonometriche riportate a fianco:
Soluzione: ππ = 126.9Β°
Esercizio alternativo: attraversamento risultante frontale da Sud a Nord (lungo lβasse y). Sol: Ξ = 105.4Β°
