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m
5. In un salto con gli sci dal trampolino uno sciatore stacca nel punto O con una velocità v = 16
0 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. 2
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 Z
Z → − −
→ → dr r̄(t) r̄(t ) = v̄(t) v̄(t )
v̄ = v̄dt =
v̄dt = dr 0 0
dt t
t 0
0
Che se t = 0 riscritta ci dà la formula del moto rettilineo uniforme:
0 ·
r̄(t) = r̄(0) + v̄ t
2 t t
dv d r Z Z
→ → → − −
ā = = ādt = dv ādt = dv ā(t) ā(t ) = v̄(t) v̄(t )
0 0
2
dt dt t t
0 0
Anche in questo caso se t = 0 riscritta ci dà la formula della velocità nel moto rettilineo uniforme-
0
mente accelerato: ·
v̄(t) = v̄(0) + ā t
2
d r t
R ·
sapendo che ā = allora possiamo dire che r̄(t) = r̄(0) + [v̄(0) + ā t]dt che risolta ci da la
0
2
dt
nota formula del moto rettilineo uniformemente accelerato:
ā 2
· ·
r̄(t) = r̄(0) + v̄ t + t
0 2
Questa formula tradotta in equazioni scalari lungo il sistema di riferimento, ci fornisce le leggi
orarie del moto: ẍ
2
· ·
x(t) = x(0) + ẋ(0) t + t
2
ÿ
2
· ·
y(t) = y(0) + ẏ(0) t + t
2
z̈
2
· ·
z(t) = z(0) + ż(0) t + t
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 v̄ formante un angolo θ con l’asse orrizzontale.
0
Proiettando il moto lungo gli assi cartesiani in figura vediamo che esso è caratterizzato da un’ac-
−g
celerazione di gravità costante ā = 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) = v cos θ t (1)
0
1 2
· −
y(t) = v sin θ t gt (2)
0
2
Sull’asse x il moto è rettilineo uniforme (in accordo col fatto che a = 0)mentre sull’asse y è
x
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:
v cos θ
0 2
x g
−
y(x) = x tan θ 2 2
2v cos θ
0
che è evidentemente l’equazione di una parabola.
Per calcolare la gittata x imponiamo y(x) = 0 ottenendo 2 soluzioni, una con x = 0 e l’altra:
g 2
2v sin θ cos θ
0
x = = 2x
g m
g
4
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: ( ◦ ·
x = v̄ cos 35 t
t 0 ḡ2
◦ 2
· − ·
y = v̄ sin 35 t t
t 0
Sfruttando l’equazione lungo y siamo in grado di trovare il tempo di volo t (b). Sapendo che
f in
all’istante finale la y = 0 possiamo riscrivere:
t g
◦ 2
· − ·
0 = v cos 35 t t
0 2
Da cui (raccogliendo t) abbiamo un t = 0 e il ◦
2v̄ sin 35
0 (b)
t =
f in ḡ
Che non siamo ancora in grado di determinare in quanto abbiamo come incognita v̄ . Sostituendo
0
però il dato trovato nella prima equazione siamo in grado di risolvere il problema:
◦ r 4000ḡ m
2v̄ sin 35
0 ∼
◦ ◦
2 · ⇒
4000m = v̄ cos 35 sin 35 v̄ = 204 (a)
=
0
0 ◦ ◦
ḡ 2 cos 35 sin 35 s
Ora quindi siamo in grado di dare una risposta alla domanda (b) dunque
◦
·
2 204 sin 35 ∼
t = 23, 9s (b)
=
f in ḡ 5
Per rispondere alla domanda (c) dobbiamo analizzare il moto lungo la direzione y, nell’istante in cui
raggiunge la massima quota y la velocità lungo y si annulla ed è regolata dalla relazione:
max ◦
v̄ sin 35
0 ∼
− · ⇒ 11, 93s
0 = v̄ = v̄ ḡ t t = =
y 0y ḡ
questo dato lo possiamo inserire nella legge oraria per determinare l’altezza massima:
ḡ ∼
◦ 2
· −
y = v̄ sin 35 11, 93 (11, 93) 699 m (c)
=
max 0 2
La velocità del proiettile nel punto y abbiamo visto che è data dalla sola componente orrizzontale
max
che si mantiene costante lungo tutto il periodo del moto. Dunque
m
∼
◦
v̄ = v̄ = v̄ sin 35 167 (d)
=
y 0x 0
max s
6
PROBLEMA 2:
I dati che abbiamo riferiti al nostro sistema di riferimento in figura sono:
x = 0 y = 0
0 0
x =? y = 1200m
f in f in
v̄ = v̄ = 340km/h = 119, 44m/s v̄ = 0
0x 0 0y
Scrivendo le leggi orarie in base ai dati iniziali abbiamo:
( ·
x(t) = v̄ t (1)
0
ḡ2 2
·
y(t) = t (2)
In base alla seconda siamo in grado di ricavarci il tempo di volo:
s 2y f in ∼
t = 15, 64s
=
f in ḡ y f in che sostituendo nella
Ora possiamo esprimere la prima in funzione di θ sapendo che tan θ = x f in
(1)abbiamo: y f in ·
= v̄ t
0 f in
tan θ
cosı̀ siamo in grado di ricavarci θ: !
y f in ◦ 0
θ = arctan = 32 42
·
v t
0 f in
7
PROBLEMA 3:
Anche in questo caso impostiamo le leggi orarie secondo il sistema di riferimento proposto in figura:
( ·
x(t) = v t (1)
0
ḡ2 2
·
y(t) = t (2)
Dalla seconda ricaviamo il tempo di volo del nostro acrobata:
s 2y f in ∼ 0, 98s
t = =
f in ḡ
Dalla prima invece siamo subito in grado di ricavare v̄ :
0
x 5, 2m
f in ∼
· ⇒ = 5, 26m/s
x = v̄ t v̄ = =
0 0
f in 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) + v t (1)
0 ḡ 2
· − ·
y(t) = y(0) + v t t (2)
0 2
Che con i dati iniziali possiamo riscrivere:
( ·
D = v t (1)
0 ḡ2 2
− ·
h = H t (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:
D ∼
v(0) = 26, 25m/s (a)
=
t
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:
( ·
x = v t (1)
0
f in ḡ2 2
·
− t (2)
0 = H
Anche qui ci ritroviamo al solito con il nostro sistema di 2 equazioni in 2 incognite, ovvero il tempo t
s 2H ∼
e la x . Per sostituzione dalla (2) troviamo il tempo di volo (c) t = 0, 71s che sostituito
=
f in g
∼
·
alla prima ci da la x = v(0) t 18, 75 m
=
f in −
Dunque la distanza d sarà data da d = x D = 3, 75 m (b).
f in 9
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) = v t (1)
0
ḡ2 2
− ·
y(t) = t (2)
Per rispondere alla prima domanda possiamo rifarci alla geometria del problema, infatti ci viene
¯
chiesta la distanza OA del pendio, dove il punto A corrisponde all’intersezione tra la traiettoria del
◦
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: 2
ḡx
−
y = x tan θ (1)
2 2
2v cos θ
0
y = x (2)
Dove θ è l’angolo formato dalla velocità iniziale rispetto al piano e vale quindi 0. L’equazione diventa
quindi: 2
ḡx
− =0
x 2
2v
0
2
2v ∼
0
Raccogliendo la x otteniamo x = 0 e una x = 57, 19 m. Dalla (2) ricaviamo semplicemente
=
1 2 ḡ
y = x = 57, 19 m.
¯
La distanza OA è data quindi dalla formula della distanza, che espressa in coordinate è
∼
¯ p p
2 2 2
OA = x + y = 2(57, 19) 73, 81 m (a)
=
Per trovare il tempo di volo è sufficente inserire la coordinata y nella legge oraria ottenendo:
f in
s 2y
ḡ f in ∼
2
· ⇒
− 3, 26 s (b)
t t =
57, 19 = =
2 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 v = 16 m/s quella lungo y sarà data dalla relazione
0
− ·
v̄(t) = v̄(0) ḡ t sostituendo a t il tempo di volo trovato otteniamo:
∼
− · −31,
v = 0 ḡ 3, 26 s 98 m/s ŷ
=
y
Da cui: q
q ∼
2 2 2 2
v + v = 16 + (−31, 98) 35, 76 m/s v̂ (c)
v̄ = =
f in x y
dove la direzione v̂ è individuata dall’angolo α d’impatto dato da
v
y ∼ ◦ 0
α = arctan 63 25 (d)
=
v
x
10
