Esercitazione n° 3 FISICA
SPERIMENTALE
(C.L. Ing. Edi.)
(Prof. Gabriele Fava)A.A. 2010/2011
Cinematica
1.
Un razzo vettore, lanciato in verticale, sale per 1 min con
accelerazione costante a = 20 m/s2, dopodiché, consumato tutto il
combustibile, continua a salire come un corpo libero. Calcolare:
(a) l’altezza massima raggiunta;
(b) il tempo trascorso dal momento del lancio a quando il vettore
ricade a terra.
(a)
Scelto l’asse del moto y orientato verso l’alto, nella prima fase del
lancio si ha: v = a t ; y = ½ a t2 e dopo t = 1 min = 60 s
v1 = 1200 m/s ; y1 = 36000 m.
Nella seconda fase, a motori spenti, il moto è ancora uniformemente
accelerato, ma ora a = − g, per cui le equazioni del moto diventano:
v = v1 – g t ; y = y1 + v1 t − ½ g t2.
Alla massima altezza la velocità del razzo si annulla, per cui
v
t 2  1  122,5 s e in quell’istante l’altezza vale
g
y2 = y1 + v1 t2 − ½ g t22 = 1,09 ∙ 105 m.
(b)
Per avere il tempo totale di volo resta da calcolare il tempo della
caduta libera dalla massima altezza a terra t 3 
tTOT = t1 + t2 + t3 = 342 s .
1
2 y2
 149,5 s , infine
g
2.
Un punto materiale si muove lungo la traiettoria di equazione y = x2 e,
lungo x, ha componente della velocità vx = 2 m/s, costante.
Determinare velocità ed accelerazione, in modulo e direzione, in
corrispondenza alla posizione x = 0,5m.
Il modulo della velocità vale
v  v x2  v y2
con v y 
dy dy dx
dx

 2x
 2 xv x
dt dx dt
dt
m
per cui v  vx 1  2 x   2 2 s
2
La direzione della velocità risulta da
tan  
vy
vx
 2 x  1  

4
Calcoliamo il modulo della accelerazione
d 2 y d  dx 
ax  0 a y  2   2 x   2vx2  2 xa x  8 m 2
s
dt
dt  dt 
La direzione è quella positiva dell’asse y.
2
3.
Due tratti rettilinei a 90° di una pista automobilistica sono raccordati
da una curva formata da un quarto di circonferenza di raggio R. Un
pilota, proveniente da un tratto rettilineo, giunge in P0 (inizio della
curva) con accelerazione tangenziale at e percorre la curva
mantenendo costante tale accelerazione. Sapendo che in P0
l'accelerazione normale è an = 2at determinare l'accelerazione
normale nel punto P in cui termina la curva e l'intervallo di tempo
impiegato a percorrerla (R = 100m; at = 5 m/s2).
P
P0
v02
Detta v0 la velocità in P0 si ha a n P0   2at 
R
e
an P  
v2
R
Essendo s = πR/2 la lunghezza della curva si può scrivere
v  v  2at s  v  at R
2
2
0
2
0
v 2 v02

 at 
R
R
v 2 v02
an P  
  at  2at  at  at 2     25,7 m 2
quindi
s
R R
v  v0
t

Il tempo impiegato per percorrere la curva vale
at
dove vo  2at R  31,6 m s e v  at 2   R  50.7 m s
per cui si ottiene t = 3,8 s
3
4.
Su una pista circolare, di raggio r = 150 m, un ciclista parte da fermo e
si muove con accelerazione tangenziale a costante fino all’istante t1 in
cui l’accelerazione e la velocità formano un angolo di 45°. Da quel
momento in poi il ciclista mantiene una velocità v di modulo costante e
impiega un tempo T = 2 min per fare un giro completo della pista.
Calcolare lo spazio s1 percorso fino all’istante t1; calcolare inoltre il
valore di aτ , t1 , v.
ω
s
Prima fase del moto per 0 ≤ t ≤ t1
t=0
2 2
2
a
t
v

2
a


s = 0 ; v = aτ t ; s = ½ a τ t ; n
r
r
Quando i vettori accelerazione e velocità formano un angolo di 45°, al
tempo t = t1, i moduli delle accelerazioni normale e tangenziale sono
uguali, per cui
a2t12
an 
 a  t1 
r
r
a
1 2 1
r r
s

a
t

a
Lo spazio percorso in questa fase vale: 1 2  1 2  a  2  75 m

e la velocità raggiunta è v  a t1 
4
ra = costante.
Seconda fase del moto per
t > t1
s(t) = v (t – t1) + s1 e dato che per t = T = 120 s è stata percorsa l’intera
circonferenza, si ha 2π r = v (T – t1) + r/2 e dato che v  ra si
ottiene
2
2T
 4  1 
2
t1 
 17,7 s
a  r 
  0,48 m / s
4  1
 2T 
 4  1 
v  r
  8,48 m / s
2
T


5.
Una persona sale lungo una scala a chiocciola partendo da terra al
tempo t = 0, mantenendosi a distanza costante r = 3 m dall’asse centrale
della scala e salendo ogni secondo uno scalino alto h = 20 cm e profondo
d = 30 cm. Ricavare le equazioni della traiettoria, la legge oraria e le
componenti della velocità in funzione del tempo.
ω
y
5
La proiezione della persona lungo l’asse z si sposta con velocità
costante vz = 20 cm/s, mentre la proiezione sul piano xy si muove di
moto circolare uniforme con velocità vxy = 30 cm/s e velocità angolare
ω = θ / t = vxy / r = 0,1 rad/s.
La traiettoria è quindi un’elica cilindrica di passo costante il cui
valore è p = vz ∙ T = vz ∙ 2π / ω = 400π cm.
Le coordinate della persona al generico istante t sono
x = r cos ωt
y = r sen ωt
z = vz t
per cui le equazioni della traiettoria sono
x = r cos (ωz/vz)
y = r sen (ωz/vz)
Le componenti della velocità sono
vx 
dx
dy
 vxy sen t ; v y 
 vxy cos  t ; vz  vz
dt
dt


v  vx2  v y2  vz2  vxy2 sen2 t  cos 2  t  vz2  vxy2  vz2  36 cm / s
6
6.
Un punto materiale, inizialmente fermo, si muove su una traiettoria
circolare di raggio r = 30 cm. Sapendo che l'accelerazione angolare
varia nel tempo secondo la relazione α(t) = kt con k = 4·10-3 rad/s2,
determinare il modulo dell'accelerazione nell'istante in cui l'arco
percorso dal punto è s = 20 cm.
Il modulo dell’accelerazione è dato da a 
at = αr = ktr
at2  an2 dove
an = v2/r
La velocità del punto è data da
1
vt    r t  dt  rk  tdt  rkt2  c1
2
dove c1 = 0 perché v(0) = 0.
Lo spazio percorso è dato da
st    vt  dt 
1 3
rkt  c2 dove c2 per opportunità può essere
6
presa uguale a zero.
Dall’ultima legge possiamo ricavare il tempo impiegato per
percorrere l’arco assegnato
t3
6s
 10s
rk
v = 6 · 10-2 m/s
in corrispondenza si trovano
at = 1,2 · 10-2 m/s2
Infine a = 1,7 · 10-2 m/s2.
7
an = 1,2 · 10-2 m/s2
7.
Un punto P ruota con velocità angolare costante  attorno a un punto
fisso O. La distanza tra il punto mobile e quello fisso varia nel tempo
secondo la relazione r = r0 e− t, dove r0 = 10 cm è la distanza iniziale dei
due punti. Si determini la distanza tra punto mobile e punto fisso dopo
un tempo T pari a un periodo, sapendo che la velocità radiale all’istante
iniziale è v(0) = 5 cm/s.
Derivando l’equazione oraria rispetto al tempo, si ha la velocità
dr
  r0 e  t da cui si ottiene
radiale vr t  
dt
2
vr 0   r0  5 cm / s    0,5 rad / s  T 
 12,5 s

La distanza tra punto fisso e punto mobile dopo un periodo vale
r T   r0 e T  r0 e2  0,0187 cm
8.
Un punto materiale che descrive un moto armonico di periodo T = 0,90 s
si trova al tempo t = 0 nella posizione x (0) = 0,292 m con velocità v (0) =
0,945 m/s. Calcolare l’ampiezza del moto, la velocità massima,
l’accelerazione massima.
L’equazione oraria del moto è x = x0 sen (ω t + φ) e la pulsazione ω è
data da ω = 2π / T = 7 rad/s, la velocità è v = ωx0 cos (ω t + φ).
Dalle condizioni iniziali x (0) = x0 senφ ; v (0) = ω x0 cosφ si ricava:
tg 
 x0
v0
 2,163    65,19  1,138 rad , per cui
x0 = x (0) / senφ = 0,322 m ; vMAX = ω x0 = v (0) / cosφ = 2,254 m/s ;
aMAX = ω2 x0 = 15,78 m/s2
8
9.
Un punto P si muove in un piano cartesiano Oxy e le sue proiezioni sugli
assi si muovono entrambe di moto armonico di stesso periodo e con
centro in O. Determinare la forma generale della traiettoria e,
successivamente, esaminare i seguenti casi particolari: (a) la differenza
fra le fasi iniziali dei due moti è nulla; (b) la differenza vale 90°; (c) la
differenza vale 180°.
Dato che i due moti si svolgono con lo stesso periodo, hanno anche la
stessa pulsazione ω.
Assumiamo che la posizione di P sull’asse y, per t = 0, sia y = 0,
cosicché risulti nulla la fase iniziale del moto lungo quell’asse.
Avremo allora: x = x0 sen (ω t + φ)
y = y0 sen ω t
ed eliminando il parametro t tra le due equazioni ricaveremo
l’equazione cartesiana della traiettoria.
Si ha:
x
 cos  sen t  sen cos  t
x0
;
y
 sen t da cui
y0
x
y
y2
 cos  
 sen 1  2 ed elevando al quadrato si ottiene
x0
y0
y0
x2 y2
x y
 2  2   cos   sen 2 che è l’equazione di una ellisse.
2
x0 y0
x0 y0
(a)
Nel caso φ = 0° 
m
x
y

 0 retta di coefficiente angolare
x0 y 0
y0
, passante per l’origine degli assi e che si riduce a un
x0
segmento per │x│≤ x0 ; │y│≤ y0 .
9
(b)
Nel caso φ = 90° 
x2 y2

 1 equazione canonica della
x02 y02
ellisse.
(c)
Nel caso
φ = 180°
angolare m  

x
y

 0 retta di coefficiente
x0 y0
y0
, passante per l’origine degli assi e che si
x0
riduce a un segmento per │x│≤ x0 ; │y│≤ y0 .
N.B.
Se x0 = y0 le due rette sono le bisettrici dei quadranti e l’ellisse diventa
una circonferenza.
10
10.
Un punto materiale, inizialmente fermo, si muove su una traiettoria
circolare di raggio r = 30 cm. Sapendo che l'accelerazione angolare
varia nel tempo secondo la relazione α( t ) = k t con k = 4∙10 -3 rad/s2,
determinare il modulo dell'accelerazione nell'istante in cui il cammino
percorso dal punto vale s = 20 cm.
Il modulo dell’accelerazione è dato da a 
at = αr = ktr
at2  an2 dove
an = v2/r
La velocità del punto è data da
1
vt    r t  dt  rk  tdt  rkt2  c1
2
dove c1 = 0 perché v(0) = 0.
Lo spazio percorso è dato da
st    vt  dt 
1 3
rkt  c2
6
dove c2 per opportunità può essere presa uguale a zero.
Dall’ultima legge possiamo ricavare il tempo impiegato per
percorrere l’arco assegnato
t3
6s
 10s
rk
v = 6 · 10-2 m/s
in corrispondenza si trovano
at = 1,2 · 10-2 m/s2
Infine a = 1,7 · 10-2 m/s2.
11
an = 1,2 · 10-2 m/s2
12