Soluzioni esercizi cinematica bidimensionale 1.pdf - Cartan

Correzione esercizi assegnati
Es 1 — Uno scalatore salta da una parete all’altra di un crepaccio largo 3m
balzando orizzontalmente con una velocità di modulo 8ms −1 . Se il verso del
moto dello scalatore nel momento in cui atterrà è −45 ◦ :
1. Qual è la differenza di altezza tra le due parti del crepaccio?
2. In che punto atterra lo scalatore?
Soluzione (Es 1) — Risolto in classe
Es 2 — Un astronauta sul pianeta Zircon lancia un sasso orizzontalmente con
velocità di modulo 6.75ms −1 . Il sasso dopo aver compiuto una distanza verticale
di 1.20m, atterra ad una distanza orizzontale di 8.95m dall’astronauta. Qual è
il valore dell’accelerazione di gravità su Zircon?
Soluzione (Es 2) — La velocità vettoriale iniziale del sasso è, secondo l’ipotesi
dell’esercizio:
v0 = (6.75m/s, 0) (1)
la velocità verticale iniziale è nulla. Conosciamo sia le coordinate di partenza
del sasso r(0) = (0, 1.20)m che quelle di arrivo r(tf ) = (8.95, 0)m. Come appare
chiaro ci sono due quantità che non conosciamo, l’accelerazione di gravità sul
pianeta extrasolare che chiameremo gz e il tempo necessario al sasso per arrivare
al suolo che abbiamo chiamato tf . Per risolvere il problema con la massima
chiarezza impostiamo il sistema di due equazioni che ci fornirà la soluzione.
⎧
⎨x(t)
= 6.75t
⎩y(t)
= 1.20 − 1 2 gzt
2
siccome conosciamo sia x(tf ) che y(tf ) possiamo riscrivere il sistema come:
⎧
⎨8.95
= 6.75tf
⎩0
= 1.20 − 1
(3)
2 gzt 2 f
sostituendo il tempo ricavato dalla prima equazione nella seconda otteniamo,
dopo aver effettuato le dovute approssimazioni:
tf = 1.33s
gz = 1.81ms −2 (4)
Es 3 — A Denver i bambini portano le loro vecchie zucche di Halloween fino
alla cima di una torre e gareggiano nell’abilità di colpire un bersaglio al suolo.
Supponi che la torre sia alta 9m e che il bersaglio sia posto ad una distanza orizzontale
di 3.5m dal punto di lancio. Se la zucca viene lanciata orizzontalmente
qual è il modulo della velocità iniziale necessario per centrare il bersaglio?
Soluzione (Es 3) — Questo esercizio può essere risolto con la stessa tecnica
adottata per il precedente, cambiano unicamente le incognite. Scriviamo per la
velocità iniziale:
v0 = (v0x, 0) (5)
1
(2)

dove v0x è la nostra incognita, la posizione di lancio iniziale è r(0) = (0, 9)m
mentre la posizione finale sarà r(tf ) = (0, 3.5)m.
analogo al precedente:
⎧
Impostiamo un sistema
⎨x(t)
⎩y(t)
= v0xt
= 9 − 1
2 gt2
(6)
A differenza del caso precedente, in cui l’accelerazione di gravità non era nota,
ora sappiamo che g = 9.8ms−2 . Le incognite sono, perciò, v0x e tf . Data la
conoscenza del punto finale della traiettoria della zucca possiamo riscrivere il
sistema come:
3.5
0
= v0xtf
= 9 − 1
2gt2 f
(7)
sostituendo il tempo ricavato dalla prima equazione nella seconda ed effettuando
gli opportuni arrotondamenti otteniamo:
tf
= 1.4s
v0x = 2.6ms −1 (8)
Quando risolvete l’equazione otterrete due soluzione, provate a pensare per
quale motivo ho scelto quella qui riportata. Fate attenzione al numero di cifre
significative della soluzione, sono giuste o sono troppe?
Es 4 — Un nuotatore si tuffa orizzontalmente da un trampolino con una velocità
iniziale di modulo 2.5ms −1 e tocca l’acqua ad una distanza orizzontale di
1.96m dalla fine del trampolino.
1. A quale distanza dall’acqua si trova il trampolino
2. Se il nuotatore si tuffa con una velocità scalare minore ci vuole più tempo,
meno tempo o lo stesso tempo perché raggiunga l’acqua?
Soluzione (Es 4) — Anche questo esercizio prevede un movimento bidimensionale
con un angolo di lancio nullo, ovvero la velocità iniziale è parallela all’asse
orizzontale. Il problema è analogo ai precedenti, cambiano le incognite,
che in questo caso sono il tempo e la posizione iniziale lungo l’asse verticale.
Impostiamo il sistema risolvente:
⎧
⎨x(t)
= 2.5t
⎩y(t)
= y0 − 1
2 gt2
(9)
Nota, essendo orizzontale la velocità iniziale risulta che il modulo della componente
orizzontale è pari al modulo del vettore. Inserendo nel sistema appena
scritto i valori forniti dall’esercizio otteniamo:
⎧
⎨1.96
= 2.5tf
⎩0
= y0 − 1
2 gt2 (10)
f
risolvendo il sistema in maniera analoga ai precedenti:
tf = 0.8s
y0 = 3.0s
2
(11)

Che considerazioni potete fare sul numero di cifre significative del risultato?
Es 5 — Una palla da basket viene lanciata orizzontalmente con una velocità
iniziale di 4ms −1 . Se tracci una linea tra il punto di lancio della palla e il punto
in cui essa atterra si forma un angolo di 30 ◦ con il piano orizzontale, qual è
l’altezza del punto di lancio?
Soluzione (Es 5) — Questa problema è diverso dai precedenti e leggermente
più complesso. Facciamo riferimento al disegno, sappiamo che l’angolo formato
dalla retta che congiunge il punto iniziale e quello finale della traiettoria è di 30
gradi, ricordando la definizione di tangente:
tan α =
cateto opposto
cateto adiacente
(12)
Notiamo dal disegno che la lunghezza del cateto opposto è y0 ovvero la coordinata
y del punto di lancio mentre la lunghezza di quello adiacente all’angolo è
x(tf ) ovvero la posizione orizzontale raggiunta dalla pallina.
Scriviamo il sistema delle posizioni:
⎧
⎨x(t)
= 4t
⎩y(t)
= y0 − 1
2 gt2
per cui possiamo scrivere nel tempo finale tf :
⎧
⎨x(tf
) = 4tf
⎩0
= y0 − 1
2 gt2 f
(13)
(14)
La seconda equazione del sistema ci permette di scrivere y0 in funzione del
tempo finale:
y0 = 1
2 gt2f (15)
Applicando ora la definizione di tangente possiamo scrivere:
cateto opposto y0
=
cateto adiacente x(tf ) = 1/2gt2 f
4tf
3
= tan 30 ◦
(16)

possiamo riscrivere l’equazione precedente come:
gtf
8
= 1
√ 3
(17)
dove si è fatto uso della relazione tan 30 ◦ = 1/ √ 3 (potete tranquillamente usare
il valore approssimato fornito dalla calcolatrice). Risolvendo l’equazione di
primo grado rispetto al tempo otteniamo:
tf = 8
√ 3g = 0.47s (18)
sostituendo questo valore nella legge oraria del moto uniformemente accelerato
otteniamo:
y(tf ) = 0 = y0 − 1
2 gt2
ovvero
(19)
y0 = 1.1m (20)
4