Moti relativi 3

Home » Moti relativi 3

Scarica gli esercizi svolti

Ottieni il documento contenente 37 esercizi risolti, contenuti in 131 pagine ricche di dettagli, per migliorare la tua comprensione dei moti relativi in meccanica classica.

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un bersaglio di dimensioni trascurabili è posto ad un’altezza $h$ dal suolo; un carrello in moto sul piano di terra, con modulo della velocità $V$ , si avvicina alla proiezione $Q$ del bersaglio (vedi figura) e quando dista $h$ da $Q$ un cannoncino inclinato di un angolo $\alpha$ rispetto al piano del carrello spara un proiettile che proprio nel punto più alto della traiettoria colpisce il bersaglio; le dimensioni del carrello sono trascurabili rispetto ad $h$ . Si calcolino le componenti $x$ e $z$ della velocità iniziale del proiettile rispetto al suolo e l’angolo $\alpha$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

Svolgimento.

Ricordiamo che dati due sistemi di riferimento $Oxy$ e $O^\prime x^\prime y^\prime$ , entrambi inerziali[1], denotata con $\vec{r}_{O^\prime}$ la distanza tra di essi e con $P$ un punto materiale a distanza rispettivamente $\vec{r}$ e $\vec{r}^{\, \prime}$ dai sistemi $Oxy$ e $O^\prime x^\prime y^\prime$ , allora vale la seguente relazione

(1) $\begin{equation*} \vec{r}=\vec{r}_{O^\prime}+\vec{r}^{\,\prime}. \end{equation*}$

Derivando (1) rispetto al tempo, otteniamo

(2) $\begin{equation*} \vec{v}=\vec{v}_{O^\prime}+\vec{v}^{\, \prime} \end{equation*}$

dove $\vec{v}$ è la velocità del punto materiale $P$ rispetto ad $Oxy$ , $\vec{v}_{O^\prime}$ è la velocità del sistema $O^\prime x^\prime y^\prime$ rispetto al sistema $Oxy$ ed infine $\vec{v}^\prime$ è la velocità del punto materiale $P$ rispetto al sistema $O^\prime x^\prime y^\prime$ .

Ora torniamo al nostro problema.

Il carrello si muove di moto rettilineo uniforme con velocità in modulo pari a $V$ rispetto ad un sistema di riferimento fisso $Oxy$ . Scegliamo un sistema di riferimento inerziale $O^\prime x^\prime z^\prime$ (vedi figura 1), con origine coincidente con il cannone. Ad un certo istante $t=t^\star>0$ viene lanciato un proiettile con velocità in modulo $v^\prime$ [2], che forma un angolo con $x^\prime$ quando il cannone si trova ad una distanza $h$ dal bersaglio lungo l’orizzontale, ovvero quando il bersaglio si trova nel sistema di riferimento solidale con il carrello nella posizione

$\begin{cases} x^\prime=h\\ z^\prime=h. \end{cases}$

Rendered by QuickLaTeX.com

Nel sistema di riferimento solidale con il cannone il proiettile ha una velocità relativa pari ad

$\vec{v}^{\,\prime} = v^\prime_{0,x} \hat{x} + v_{0,z}^\prime \hat{z}=v^\prime \cos \alpha \, \hat{x}+v^\prime \sin \alpha \, \hat{z}.$

Nel sistema di riferimento $O^\prime x^\prime z^\prime$ il proiettile si muove di moto parabolico e raggiunge la sua altezza massima in $z^\prime=z=h$ , quindi, applicando la formula notevole del moto parabolico dell’altezza massima[3], si trova che:

$h=\dfrac{(v^\prime)^2\sin^2 \alpha}{2g}=\dfrac{(v_{0,z}^\prime)^2}{2g},$

da cui

$v_{0,z}^\prime = \sqrt{2gh}.$

Inoltre, lungo l’asse $x^\prime$ il proiettile si muove di moto rettilineo uniforme e la sua legge oraria è

(3) $\begin{equation*} x^\prime(t)=v^\prime_{0,x} t. \end{equation*}$

Sia $t=t_1$ il tempo necessario al proiettile per raggiungere il bersaglio posto in $x^\prime(t_1) = h$ , allora da (3) abbiamo

(4) $\begin{equation*} x^\prime(t_1) = h = v^\prime_{0,x}t_1. \end{equation*}$

Rimane da calcolare il tempo $t_1$ . La legge lungo l’asse $z^\prime$ della velocità è quella che segue

(5) $\begin{equation*} v_z^\prime(t)=v_{0,z}^\prime - g t \end{equation*}$

e quando il proiettile raggiunge la quota massima lungo l’asse $z$ si annulla, così, ponendo $v_z^\prime(t_1)=0$ , si ha

(6) $\begin{equation*} 0=v_{0,z}^\prime -gt_1, \end{equation*}$

da cui

$t_1=\dfrac{v_{0,z}^\prime}{g}=\dfrac{v^\prime \sin \alpha}{g}.$

Sostituiamo l’espressione appena ottenuta di $t_1$ in (4) ottenendo

$x^\prime(t_1) = h = v^\prime_{0,x}t_1=v^\prime_{0,x} \; \dfrac{v_{0,z}}{g} = v^\prime_{0,x} \dfrac{\sqrt{2hg}}{g} \quad \Leftrightarrow \quad v^\prime_{0,x} = \dfrac{gh}{\sqrt{2gh}} = \sqrt{\dfrac{gh}{2}}.$

Applicando (2) possiamo determinare la velocità inziale del proiettile rispetto al sistema di riferimento fisso quando raggiunge il bersaglio

$\vec{v}=\vec{v}_{0,x}+\vec{v}_{0,z} \, \hat{x}+v_{0,z}\, \hat{z}=\left( v^\prime_{0,x}+V \right) \, \hat{x} +v^\prime_{0,z}\, \hat{z}= \left(\sqrt{\dfrac{gh}{2}}+V\right) \, \hat{x} +\sqrt{2gh}\, \hat{z}.$

Possiamo dunque impostare il seguente sistema

(7) $\begin{equation*} \begin{cases} v_{0,x}=\sqrt{\dfrac{gh}{2}}+V=v^\prime \cos\alpha+V\\ v_{0,z}=\sqrt{2gh}=v_{0,z}^\prime=v^\prime \sin \alpha \end{cases} \end{equation*}$

e da (7) $_2$ abbiamo

$v_{0,z}=v_{0,z}^\prime = \sqrt{2gh}=v^\prime \sin \alpha,$

da cui

$v^\prime = \dfrac{v_{0,z}}{\sin \alpha}.$

Sostituendo $v^\prime$ in (7) $_1$ , abbiamo

$\begin{aligned} &v_{0,x}=\dfrac{v_{0,z}}{\sin\alpha} \cos\alpha + V \quad \Leftrightarrow \quad v_{0,x}-V = v_{0,z} \; \dfrac{1}{\tan \alpha} \quad \Leftrightarrow \quad\\ &\Leftrightarrow \quad \tan \alpha = \dfrac{v_{0,z}}{v_{0,x}-V} \quad \Leftrightarrow \quad \alpha = \arctan\left(\dfrac{v_{0,z}}{v_{0,x}-V}\right)=\arctan\left(\dfrac{\sqrt{2gh}}{\sqrt{\dfrac{gh}{2}}}\right)=\arctan\left(2\right). \end{aligned}$

Pertanto le risposte al quesito del problema sono le seguenti

$\boxcolorato{fisica}{ \begin{aligned} &v_{0,x}=\sqrt{\dfrac{gh}{2}}+V;\\ &v_{0,z}=\sqrt{2gh};\\ &\alpha=\arctan\left(2\right). \end{aligned}}$

Osservazioni e richiami di teoria.

1. Un sistema di riferimento inerziale è un sistema di riferimento in cui è valido il primo principio della dinamica.} $O^\prime x^\prime z^\prime$ (vedi figura 1), con origine coincidente con il cannone. Ad un certo istante $t=t^\star>0$ viene lanciato un proiettile con velocità in modulo $v^\prime$ \footnote{velocità relativa del proiettile rispetto al cannone. ↩

2. velocità relativa del proiettile rispetto al cannone. ↩

3. $h_{max}=\dfrac{v^2\sin^2 \alpha}{2g}$ . ↩

Fonte.

Problemi di fisica generale – S.Rosati & L. Lovitch.

Esercizi di Meccanica classica

Se siete interessati ad approfondire argomenti inerenti alla Meccanica Classica, di seguito troverete tutte le cartelle relative presenti sul sito Qui Si Risolve. Ciascuna cartella contiene numerosi esercizi con spiegazioni dettagliate, progettate per offrire una preparazione solida e una conoscenza approfondita della materia.

Leggi..

Tutti gli esercizi di elettromagnetismo

Se si desidera proseguire con gli esercizi, di seguito è disponibile una vasta raccolta che copre interamente gli argomenti del programma di

Elettromagnetismo. Questa raccolta include spiegazioni dettagliate e gli esercizi sono organizzati in base al livello di difficoltà, offrendo un supporto completo per lo studio e la pratica.

Leggi...

Per chi intende verificare le proprie competenze, è stata predisposta una raccolta di esercizi misti di elettromagnetismo.

Esercizi di Meccanica razionale

Se siete interessati ad approfondire argomenti inerenti alla Meccanica razionale, di seguito troverete tutte le cartelle relative presenti sul sito Qui Si Risolve. Ciascuna cartella contiene numerosi esercizi con spiegazioni dettagliate, progettate per offrire una preparazione solida e una conoscenza approfondita della materia.

Leggi...

Document

50% di sconto su tutto fino al 31/12/2024

Menu

Chiudi

Moti relativi 3

Scarica gli esercizi svolti

Svolgimento.

Osservazioni e richiami di teoria.

Fonte.

Esercizi di Meccanica classica

Leggi..

Tutti gli esercizi di elettromagnetismo

Leggi...

Esercizi di Meccanica razionale

Leggi...

Suggerimenti, refusi ed errori