prova esercizi misti fisica

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Questo file raccoglie una serie di esercizi misti di cinematica e dinamica, pensati per esplorare le varie sfaccettature teoriche e pratiche delle discipline e mostrare varie categorie di esercizi che tipicamente si affrontano durante un corso di Fisica I, con vari livelli di complessità.

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti, Andrea Corradini, Salvatore Samuele Sirletti, Antonio Figura.

Revisori: Davide Zarrilli, Andrea Barisone.

Notazioni

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$\mathbb{N}$	Insieme dei numeri naturali;
$\mathbb{Z}$	Insieme dei numeri interi relativi;
$\mathbb{R}$	Insieme dei numeri reali;
$\vec{r}(t) = (x(t), y(t))$	Vettore posizione;
$\vec{v}(t)$	Vettore velocità;
$\vec{a}(t)$	Vettore accelerazione;
$\theta(t)$	Angolo spazzato;
$\vec{\omega}(t)$	Vettore velocità angolare;
$\vec{\alpha}(t)$	Vettore accelerazione angolare;
$\vec{a}_t(t)$	Vettore accelerazione tangenziale;
$\vec{a}_n(t)$	Vettore accelerazione normale;
$\vec{g}$	Vettore accelerazione di gravità;
$\hat{x}$	Versore associato all’asse $x$ ;
$\hat{y}$	Versore associato all’asse $y$ ;
$\hat{z}$	Versore associato all’asse $z$ ;
$\hat{n}$	Versore normale;
$\hat{t}$	Versore tangente;
$s(t)$	Ascissa curvilinea;
$\rho(t)$	Raggio di curvatura;
$g=9,81\ \textnormal{m}\cdot \textnormal{s}^{-2}$	Modulo accelerazione di gravità;
$a_c$	Accelerazione centripeta;
$Oxy$	Sistema di riferimento cartesiano fisso con origine $O$ .

Esercizi

Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Nello sport olimpico del lancio del martello, una sfera di acciaio legata ad un cavo di lunghezza $L$ viene lanciata dall’atleta dopo essere stata posta in rotazione.

Volendo lanciare il martello ad una distanza $d$ con una velocità iniziale $\vec{v}_0$ la cui direzione forma un angolo $\alpha\in(0,\pi/2)$ rispetto al suolo, si determini la velocità angolare che deve avere il martello al momento del lancio per ottenere tale prestazione, trascurando l’altezza dell’atleta e considerando che sul martello agisce l’accelerazione di gravità $\vec g$ . Si determini inoltre il modulo dell’accelerazione centripeta della sfera d’acciaio appena prima di essere lanciata. Si esprimano i risultati in funzione dei dati forniti dal problema, ovvero la lunghezza del cavo $L$ , la distanza di lancio $d$ , l’angolo $\alpha$ e il modulo $g$ dell’accelerazione di gravità $\vec g$ .

Richiami teorici.

$\quad$

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Figura 1: Traiettoria parabolica della sfera.

$\quad$

Consideriamo un sistema di riferimento $Oxy$ con l’asse $x$ orizzontale e l’asse $y$ verticale e diretto verso l’alto, come ad esempio è riportato in figura 2. Un corpo lanciato dalla posizione $(x_0,y_0)$ al tempo $t_0$ con una velocità $\vec{v}_0$ che forma un angolo $\alpha$ rispetto alla direzione orizzontale si muove di moto parabolico con leggi orarie descritte dal seguente sistema:

(1) $\begin{equation*} \begin{cases} x(t) = x_0 + v_0 \cos (\alpha) (t-t_0) \\[10pt] y(t) = y_0 + v_0 \sin (\alpha) (t-t_0) - \dfrac{1}{2} g (t-t_0)^2, \end{cases} \end{equation*}$

dove la prima equazione è rappresentativa di un moto rettilineo uniforme lungo la direzione parallela all’asse $x$ , mentre la seconda di un moto rettilineo uniformemente accelerato lungo la direzione parallela all’asse $y$ e soggetto all’accelerazione di gravità $\vec{g} = -g\hat{y}$ . Tramite alcuni passaggi algebrici sulle equazioni (1), si può ottenere la formula che esprime la distanza di lancio $d$ in funzione di $v_0$ , $\alpha$ e $g$ . Rimandiamo alla nostra dispensa teorica sul moto del proiettile per il calcolo esplicito di tale formula.

Svolgimento.

Per procedere allo svolgimento del problema è utile porre un sistema di riferimento $Oxy$ fisso centrato sull’atleta, dove la velocità iniziale $\vec{v}_0$ forma un angolo $\alpha$ con l’asse orizzontale $x$ , come rappresentato in Figura 2. Il problema va risolto considerando che le quantità a nostra disposizione per la soluzione sono la lunghezza della corda $L$ , la distanza di lancio $d$ (fornite dal problema) e l’angolo di inclinazione iniziale $\alpha$ , dove quest’ultima quantità è supposta nota una volta definito il vettore velocità iniziale $\vec{v}_0$ .

$\quad$

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Figura 2: Traiettoria della sfera e sistema di riferimento fisso $Oxy$ .

$\quad$

La prima cosa da fare è quella di trovare un’espressione della velocità iniziale $v_0$ in funzione delle quantità note fornite dal sistema. Il moto della sfera dopo il lancio è un moto parabolico a gittata $d$ , poiché nel nostro sistema di riferimento $Oxy$ è composto da un moto rettilineo uniforme lungo l’asse $x$ e un moto uniformemente accelerato lungo l’asse $y$ a causa dell’accelerazione di gravità $g$ che agisce parallelamente a tale asse.

La formula generica della gittata $d$ in un moto parabolico è data dall’equazione

(2) $\begin{equation*} d = \frac{v^2_0 \sin(2\alpha)}{g} \ . \end{equation*}$

Rimandiamo alla nostra dispensa teorica sul moto del proiettile per il calcolo di questa formula, che qui stiamo dando per nota.

Invertendo poi la formula (2) della gittata, se ne ricava il modulo della velocità iniziale:

(3) $\begin{equation*} v_0 = \sqrt{\frac{gd}{\sin(2\alpha)}} \ . \end{equation*}$

Prima del lancio del martello, l’atleta raggiunge uno stato in cui ruota su se stesso, facendo sì che la sfera, a distanza $L$ da lui, si muova in un moto circolare con velocità angolare di modulo $\omega$ , che è la quantità richiesta dal problema.

Considerando che la sfera d’acciaio del martello è legata ad un cavo di lunghezza $L$ , allora il modulo della sua velocità iniziale (cioè al momento del lancio) $v_0$ è legato al modulo della velocità angolare $\omega$ all’istante di lancio secondo la legge

(4) $\begin{equation*} v_0 =\omega L, \end{equation*}$

da cui quindi, invertendo l’equazione e sostituendo (3), si ottiene

(5) $\begin{gather*} \boxcolorato{fisica}{\omega = \frac{1}{L}\sqrt{\frac{gd}{\sin(2\alpha)}} \ .} \end{gather*}$

Da quest’ultima formula, è interessante osservare che a fissati gittata $d$ e angolo di lancio $\alpha$ , più il filo è lungo, minore sarà la velocità angolare necessaria ad ottenere la prestazione desiderata.

Infine, il problema richiede di determinare il modulo dell’accelerazione centripeta della sfera d’acciaio appena prima di essere lanciata. Per definizione, l’accelerazione centripeta $a_c$ nel moto circolare è la componente dell’accelerazione normale alla traiettoria circolare che ha direzione verso il centro della circonferenza; questa ha modulo

(6) $\begin{equation*} a_c= \omega^2 L . \end{equation*}$

Dunque, sostituendo $\omega^2$ , l’accelerazione centripeta della sfera appena prima di esser lanciata è

(7) $\begin{gather*} \boxcolorato{fisica}{a_c = \frac{gd}{L\sin(2\alpha)} \ .} \end{gather*}$

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Il terzino di una squadra di calcio vuole passare la palla al centravanti, che si trova ad una distanza $d$ , con una traiettoria parabolica che termini sui piedi del compagno. Sapendo che l’angolo di partenza rispetto all’orizzontale è $\alpha$ e trascurando ogni attrito: si determini il modulo $v_0$ della velocità iniziale $\vec{v}_0$ che deve imprimere al pallone per riuscirci. Si discuta la condizione per la quale un avversario, distante $L<d$ dal terzino, possa intercettare la palla saltando fino a raggiungere un’altezza $h$ .

La soluzione del problema va espressa in funzione delle variabili fornite dal testo, ovvero $L$ , $d$ , $\alpha$ , e dal modulo $g$ dell’accelerazione di gravità $\vec g$ .

Richiami teorici.

$\quad$

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Figura 3: Rappresentazione schematica del problema.

$\quad$

Consideriamo un sistema di riferimento $Oxy$ con l’asse $x$ orizzontale e l’asse $y$ verticale e diretto verso l’alto, come ad esempio è riportato in figura 4. Un corpo lanciato dalla posizione $(x_0,y_0)$ al tempo $t_0$ con una velocità $\vec{v}_0$ che forma un angolo $\alpha$ rispetto alla direzione orizzontale si muove di moto parabolico con leggi orarie descritte dal seguente sistema:

(8) $\begin{equation*} \begin{cases} x(t) = x_0 + v_0 \cos (\alpha) (t-t_0) \\[10pt] y(t) = y_0 + v_0 \sin (\alpha) (t-t_0) - \dfrac{1}{2} g (t-t_0)^2, \end{cases} \end{equation*}$

dove la prima equazione è rappresentativa di un moto rettilineo uniforme lungo la direzione parallela all’asse $x$ , mentre la seconda di un moto rettilineo uniformemente accelerato lungo la direzione parallela all’asse $y$ e soggetto all’accelerazione di gravità $\vec{g} = -g\hat{y}$ . Tramite alcuni passaggi algebrici sulle equazioni (8), si può ottenere la formula che esprime la distanza di lancio $d$ in funzione di $v_0$ , $\alpha$ e $g$ . Rimandiamo alla nostra dispensa teorica sul moto del proiettile per il calcolo esplicito di tale formula.

Svolgimento.

Per procedere allo svolgimento del problema è utile porre un sistema di riferimento con origine coincidente sul calciatore che calcia la palla, dove la velocità iniziale $\vec{v}_0$ della palla forma un angolo $\alpha$ con l’asse $x$ ; tale sistema $Oxy$ fisso è rappresentato in Figura 4. Nel disegno è rappresentata anche l’altezza $\bar{y}>0$ , che è l’altezza alla quale si trova la palla quando l’avversario salta raggiungendo l’altezza $h$ nel tentativo di intercettarla. A titolo esemplificativo, senza perdita di generalità, abbiamo rappresentato $\Bar{y} > h>0$ , ipotizzando che l’avversario non riesca ad intercettare il pallone.

$\quad$

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Figura 4: Illustrazione del problema con il sistema di riferimento $\displaystyle Oxy$ .

$\quad$

Iniziamo considerando che il moto della palla descrive una traiettoria parabolica a gittata $d$ . Applicando la formula generica della gittata, si ha

(9) $\begin{equation*} d = \frac{v^2_0 \sin(2\alpha)}{g}. \end{equation*}$

Come nell’esercizio precedente, rimandiamo alla nostra dispensa teorica sul moto del proiettile per il calcolo di questa formula, che qui diamo per nota.

Invertendo poi la formula della gittata rispetto alla velocità iniziale, si ricava il modulo della velocità iniziale che è necessaria affinché la gittata sia esattamente $d$ , ovvero affinché il pallone raggiunga i piedi del compagno di squadra del calciatore:

(10) $\begin{gather*} \boxcolorato{fisica}{v_0 = \sqrt{\frac{gd}{\sin(2\alpha)}},} \end{gather*}$

che è ben definita per $\alpha\in(0,\pi/2)$ .

Consideriamo ora il caso in cui tra i due compagni di squadra si frapponga un avversario. L’avversario è distante $L$ dal terzino e compie un salto ad altezza $h$ (parte evidenziata in rosso nelle figure 3 e 4). Verifichiamo sotto quali condizioni, a questa distanza e altezza di salto, l’avversario riesce ad intercettare il pallone. Per rispondere a questo quesito, per prima cosa scriviamo le equazioni del moto.

In base al nostro sistema di riferimento, il moto parabolico della palla può essere scomposto in due componenti: un moto rettilineo uniforme lungo l’asse $x$ e un moto uniformemente accelerato lungo l’asse $y$ , dovuto all’accelerazione di gravità $\vec g$ che agisce parallelamente a quest’ultimo.

Le leggi orarie del moto della palla sono dunque

(11) $\begin{equation*} \begin{cases} x(t) = v_{0x}t+x_0 \\[10pt] y(t) = \dfrac{1}{2}at^2 + v_{0y}t + y_0, \end{cases} \end{equation*}$

dove $x_0$ e $y_0$ sono rispettivamente le coordinate iniziali lungo i due assi $x$ ed $y$ del sistema $Oxy$ ; $v_{0x}$ e $v_{0y}$ sono rispettivamente le componenti della velocità iniziale lungo gli assi $x$ ed $y$ ; $a$ è la componente dell’accelerazione lungo l’asse delle $y$ . Imponendo l’istante iniziale a $t_0=0$ , le equazioni del precedente sistema valgono per $t\geq 0$ .

Per come abbiamo definito il sistema di riferimento, $x_0=y_0=0$ , l’accelerazione di gravità è $a = -g$ e le componenti della velocità $\vec{v}_0$ sono $v_{0x} = v_0\cos(\alpha)$ , $v_{0y}= v_0\sin(\alpha)$ . Avvalendoci di quanto detto, il precedente sistema diventa

(12) $\begin{equation*} \begin{cases} x(t) = v_{0}t\cos(\alpha) \\[10pt] y(t) = -\dfrac{1}{2}gt^2 + v_{0}t\sin(\alpha) , \end{cases} \end{equation*}$

che risulta sempre valido per $t\geq 0$ .

Sia ora $\bar t$ il momento in cui la palla, lungo l’asse $x$ , si trova esattamente a distanza $L$ dal giocatore calciante, e calcoliamone l’altezza $\bar y>0$ a quell’istante. Se $\bar y \leq h$ allora la palla viene intercettata dal giocatore avversario, se $\bar y >h$ , con il suo salto l’avversario non riesce ad intercettare la palla. La posizione dell’avversario, all’istante $\bar{t}$ nel sistema di riferimento $Oxy$ , è

(13) $\begin{equation*} \bar t : \ \ \begin{cases} x(\bar t) = L \\[10pt] y(\bar t) = \bar y>0. \end{cases} \end{equation*}$

Sostituendo in (12) le equazioni del moto scritte rispetto a $\Bar{t}$ , avremo

(14) $\begin{equation*} \begin{cases} v_0 \cos(\alpha) \Bar{t} = L \\[10pt] -\dfrac{1}{2}g\bar{t}^2 + v_0\sin(\alpha) \Bar{t} = \Bar{y}. \end{cases} \end{equation*}$

Dalla prima equazione dell’ultimo sistema ne ricaviamo

(15) $\begin{equation*} \bar t = \frac{L}{v_0 \cos(\alpha)}, \end{equation*}$

e sostituendo nella seconda equazione del precedente sistema, otteniamo

(16) $\begin{equation*} -\frac{1}{2} g \frac{L^2}{v^2_0 \cos^2(\alpha)} + v_0 \sin(\alpha )\frac{L}{v_0 \cos(\alpha)} = \bar y, \end{equation*}$

cioè dunque

(17) $\begin{equation*} \bar y = L \tan\alpha -\frac{1}{2}\frac{gL^2}{v^2_0 \cos^2 (\alpha)}. \end{equation*}$

Sostituendo nel precedente sistema $v_0$ trovata nella prima parte del problema e considerando che $\sin(2\alpha) = 2\sin\alpha\cos\alpha$ , se ne ricava:

$\begin{equation*} \begin{split} \bar y &= L \tan\alpha -\frac{1}{2}\frac{gL^2\sin(2\alpha)}{gd \cos^2 (\alpha)} =\\[10pt] &=L \tan\alpha -\frac{1}{2}\frac{2L^2\sin(\alpha)\cos(\alpha)}{d \cos^2 (\alpha)}=\\[10pt] &=L \tan\alpha -\frac{L^2\sin(\alpha)}{d \cos(\alpha)} =\\[10pt] &=L \tan\alpha -\frac{L^2}{d}\tan\alpha, \end{split} \end{equation*}$

e quindi

(18) $\begin{gather*} \boxcolorato{fisica}{\bar{y} = \left(1-\frac{L}{d}\right)L\tan\alpha \ .} \end{gather*}$

Il valore $\Bar{y}$ non dipende da $h$ dato che quest’ultima è una quantità esterna al moto della palla e dipende solo e unicamente dalle prestazioni atletiche dell’avversario che si trova tra i due giocatori. Nel caso in cui $\bar{y}>h$ allora l’avversario non riesce a quell’istante ad intercettare la palla, nel caso contrario l’avversario riesce ad intercettare la palla. Si noti in più che per costruzione del problema $L<d$ dato che l’avversario si trova tra i due giocatori della stessa squadra, dunque $1-\frac{L}{d}>0$ , consistente con il fatto che $\Bar{y}>0$ .

Si noti che l’equazione (17) rappresenta la traiettoria del moto del proiettile calcolata nel punto $(L, \Bar{y})$ . L’equazione generica della traiettoria parabolica a punti $\left(x,y(x)\right)$ è infatti

(19) $\begin{equation*} y(x) = v_0 \sin\theta \left(\frac{x}{v_0\cos\theta}\right)-\frac{1}{2}g \left(\frac{x}{v_0\cos\theta}\right)^2= x \tan\theta - \frac{gx^2}{2v_0^2\cos^2\theta}. \end{equation*}$

Rimandiamo sempre alla nostra dispensa teorica sul moto del proiettile per il calcolo formale generico.

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un bambino, con una fionda capace di scagliare fino ad una distanza $x_G$ un sasso alla velocità $\vec{v}_0$ che forma un angolo $\alpha$ rispetto al suolo e ha modulo $v_0$ , vuole colpire una mela su un albero distante $\ell$ ad un’altezza $h$ . Il bambino mira esattamente alla mela che però casualmente cade proprio nell’istante in cui il sasso viene scagliato. Si analizzi in quali condizioni il sasso riuscirà comunque a colpire la mela. Il problema va risolto considerando che le quantità a nostra disposizione sono $v_0$ , $\ell$ , $h$ , $\alpha$ , e il modulo dell’accelerazione di gravità $g$ che agisce sulla mela e sul sasso, quindi la soluzione andrà scritta in funzione di queste.

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