{etRating 5}

Mario nuota a una velocità di $0.5m/s$ e Luigi a una velocità di $0.75m/s$.
Partono contemporaneamente dallo stesso bordo di una piscina lunga $25m$.
Stabilire quando si incrociano.

Strategia: ricondurre la situazione ad un lasso di tempo limitato.

In particolare, osserviamo cosa succede dopo 200 secondi:
Mario ha percorso $s=0,5*200 m=100m$ cioè 4 vasche e si ritrova al punto di partenza;
Luigi ha percorso $x=0,75*200 m= 150m$ cioè 6 vasche ed è di nuovo al punto di partenza, cioè è come se si fosse ripristinata la condizione iniziale.

Pertanto basta analizzare questi $200 sec$ e vedere quante volte e quando si incrociano, aggiungendo poi una periodicità di $200 sec$, sapendo che dopo appunto questo tempo la situazione si ripete identica, qualsiasi istante abbiamo considerato.

Quindi vediamo facilmente, con qualche conto, che si incontrano dopo
$40 sec$ e anche dopo $80sec$
Invece dopo $100sec$ si trovano ai due estremi opposti della piscina.
I tempi degli altri incontri sono "simmetrici" agli altri due: $120 sec$ e $160sec$.

Come abbiamo verificato che si incontrano dopo 80sec, ad esempio?

80 si verifica così.
Con 80 secondi, Mario percorre $0,5*80$ metri, cioè 40 metri, cioè fa una vasca (25) e 15 di quell’altra.
In finale, dopo questi 80 secondi, si trova a 10 metri da dove era la partenza (infatti 40 metri sono 2 vasche meno 10 metri).

Pertanto, la conclusione è questa: si incontrano dopo secondi $40$, $2*40$, $3*40$,…. ovvero ogni multiplo di $40 sec$.
$t_n=40n\quad"sec" \quad n\inNN$

FINE

{etRating 3} 

Un giocatore di basket altro $2$ metri è fermo sul campo da gioco a $10$ metri dal canestro,quest’ultimo alto $3,05$ metri. Se egli lancia la palla con un angolo di $40$° rispetto all’orizzontale,quale dovrebbe essere la velocità inziale del lancio per centrare il canestro senza colpire il tabellone?

Procediamo in questo modo: le equazioni che descrivono il moto orizzontale e verticale nel sistema di riferimento più conveniente (ovvero origine nella mano del lancitore e canestro nel punto $P=(x_0, y_0)=(10m, 1,05m)$) sono:

$x=v_x t$

$y=v_y t – (1/2) g t^2$

Ossia un moto rettilineo uniforme combinato con uno uniformemente accelerato. Questo è un sistema di 2 equazioni legate da un parametro comune, il tempo.

Se lo si esplicita in una delle 2 e lo si sostituisce nell’altra, si ottiene l’andamento della y in funzione della x, ossia della traiettoria del moto.

Dopo aver ricavato il tempo dalla prima e aver sostituito nella seconda, si giunge con qualche conto a

$y=(v_y)/(v_x) x – (1/2) g/(v_x)^2 x^2$

che è l’equazione di una parabola passante per l’origine (mano del lanciatore), concavità verso il basso e con il vertice nel quadrante del canestro se $v_x$ e $v_y$ sono entrambe positive.

Ora noi non convine tenere $v_x$ e $v_y$, perchè il problema dice che la palla parte con un angolo di $40$°, quindi se chiamiamo $v$ il modulo della velocità, avremo $v_x = v cos alpha$ e $v_y = v sin alpha$.

Quindi sostituendo anche questo nella formula della traiettoria di prima, vediamo che le 2 incognite $v_x$ e $v_y$ si riducono solo all’incognita $v$:

$y = – g/(2 v^2 (cos alpha)^2) x^2 + tg alpha x$

A questo punto imponiamo che la traiettoria debba passare per il canestro, ovvero sostituisci $y = y_0$ e $x=x_0$ e poi ricaviamo l’unica incognita che è la velocità.

Esplicitando la velocità e sostituendo appunto le coordinate $y = y_0$ e $x=x_0$, si ha

$v^2 = – (g (x_0)^2)/((y_0 – tg alpha x_0) 2 (cos alpha)^2)$

e mettendo dentro i dati forniti, ovvero $alpha=40°, x_0=10m, y_0=1,05m$ e poi facendo la radice quadrata, otteniamo $10,65 m/s$.

Notiamo che l’estrazione di radice non è possibile se il membro di destra è negativo e quindi se la parentesi al denominatore è maggiore di 0.

Dovrà quindi valere $y_0 <= tan alpha x_0$, ossia, fissato alfa, il canestro può trovarsi solo sotto alla tangente alla parabola nella mano.

E ciò è ragionevolissimo, se ci si sofferma ad immaginare la scena.

FINE

{etRating 4} 

Una massa è appoggiata su un blocco di ghiaccio semisferico. Si dà una piccola spinta e questa inizia a
slittare sul ghiaccio. Si dimostri che, se si suppone il ghiaccio privo di attrito, tale massa si stacca ad
un’altezza pari a 2R/3 (nell’istante del distacco la forza normale si deve annullare).

Prima di tutto occorre disegnare la semicirconferenza di centro $O$ e raggio $R$.

Prendiamo un punto $P$ su di essa che si trova ad altezza $h$ rispetto al diametro della circonferenza (preso a livello della terra), disegnamo la forza peso e scomponiamola nella componente radiale e tangenziale; tracciamo per maggiore chiarezza il raggio $OP$ e il segmento che da $P$ cade perpendicolarmente sul diametro, cioè il segmento lungo cui è diretta la forza peso; chiamiamo $\alpha$ l’angolo tra questi due segmenti.

Considerazioni energetiche: all’inizio il corpo possiede energia potenziale pari a $m*g*R$. Arrivato nel punto $P$ ad altezza $h$ abbiamo che ha energia cinetica e una frazione dell’en. potenziale iniziale, ovvero $m*g*h + 1/2*m*v^2$. Dobbiamo esplicitare $v$.

Nel moto circolare abbiamo che $F_c=m*v^2/R$. La forza centripeta $F_c$ nel punto di stacco $P$ è data dalla componente radiale della forza peso, cioè $F_c=m*g*cos (\alpha)$. E’ semplice rendersi conto che il coseno dell’angolo $\alpha$ è esprimibile come $h/R$.

Quindi sapendo $F_c=m*v^2/R$ , $F_c=m*g*cos (\alpha)$ e $cos (\alpha)=h/R$ abbiamo che
 
$m*g*h/R=m*v^2/R$, ed eseguendo le semplificazioni otteniamo per $v^2$

$v^2=g*h$

Ricordiamo il bilancio energetico $m*g*R=m*g*h + 1/2*m*v^2$ , in cui sostituiamo la relazione appena trovata

$m*g*R=m*g*h + 1/2*m*g*h$

semplifichiamo e sommiamo per ottenre

$h=2/3R$

FINE

{etRating 3} 

Due auto A e B percorrono una strada rettilinea con velocità $Va= 100 (Km)/h$ e $Vb = 60 (Km)/h$. Il guidatore dell’auto A che si trova alle spalle dell’auto B , ad una distanza $d=50 m$ inizia l’operazione di sorpasso, imprimendo alla propria auto una accelerazione di $2 m/s^2$ .Calcolare

a) il tempo impiegato dall’auto A per ottenere il sorpasso,

b) la velocità al momento del sorpasso,

c) lo spazio percorso rispetto alla posizione iniziale.

(considerare per semplicità le auto come puntiformi, ovvero ignorare la lunghezza delle auto per la fase di sorpasso).

Passando da $(km)/h$ a $m/s$, le due auto procedono a velocità
$v_b=16,6 m/s$ e $v_a=27,7 m/s$
Lo spazio percorso da B fino al sorpasso è, poiché il moto è di tipo rettilineo e uniforme,
$s=v_b*t$
Lo spazio percorso da A è invece, dato che il moto è uniformemente accelerato,
$s+d=1/2at^2+v_at$
dove $d$ è la distanza iniziale tra le due macchine.

Sottraendo membro a membro e ordinando, otteniamo
$1/2at^2+v_at-v_bt-d=0$
ovvero, sostituendo i numeri
$t^2+11,1t-50=0$
che risolta dà due soluzioni, di cui una negativa da scartare, e una buona
$t=14,5 "sec"$

La velocità di A al momento del sorpasso può essere calcolata giacché vale
$v=v_0+at$ ovvero $v=27,7m/s+2m/s^2*14,5s=56,77m/s$

Lo spazio percorso è facilmente $s+d$.
Lo spazio $s$ lo calcoliamo facilmente dall’equazione dell’auto B, visto che
$s=v_b*t=16,6*14,5 m=241m$
quindi lo spazio totale è $(241+50)m=291m$

FINE

{etRating 3} 

Una pietra è lasciata cadere dal tetto di un edificio.
Dopo $2 sec$ una seconda pietra è lanciata verso il basso con una velocità iniziale di $30.0m/s$ e si osserva che le 2 pietre cadono allo stesso momento.
Quanto tempo ha impiegato la prima pietra a raggiungere il terreno?

Dobbiamo uguagliare le equazioni del moto delle due pietre.
In pratica noi sappiamo che le pietre percorrono lo stesso tragitto $h$, l’altezza dell’edificio.
Abbiamo quindi contemporaneamente, per le legga del moto uniformemente accelerato
$h=1/2g*t^2$
$h=30*(t-2)+1/2g*(t-2)^2$
Uguagliando
$1/2g*t^2=30*(t-2)+1/2g*(t-2)^2$

Cioè (passaggi algebrici nel dettaglio)
$1/2g*t^2=30(t-2)+1/2g(t-2)^2$
$1/2g*t^2=30t-60+1/2g(t^2-4t+4)$
$1/2g*t^2=30t-60+1/2g*t^2-2g*t+2g$
Semplificando $1/2g*t^2$ otteniamo
$0=30t-60-2g*t+2g$
Raccogliendo $t$ e portando a primo membro i termini noti
$60-2g=t(30-2g)$
ovvero
$t=frac{60-2g}{30-2g}=frac{30-g}{15-g}$ (dividendo per $2$)
Il risultato è $3,88 sec$

FINE

{etRating 3} 

Un ciclista sta finendo di riparare la sua gomma a terra quando un suo amico passa a $3,5 m/s$.
Due secondi dopo,il ciclista balza sulla sua sella e accellera a $2,4 m/s^2$ fino a raggiungere il suo amico.
Determinare
-quanto tempo occorre perchè raggiunga il suo amico
-quanto spazio ha percorso in questo tempo
-la sua velocità in quell’istante

Se indichiamo con t il tempo impiegato per raggiungere l’amico, lo spazio percorso dall’amico è:
$s_1=v_1*(2 + t)$
Scriviamo $2+t$ perché dobbiamo tenere conto dei due secondi in cui l’amico si muoveva, mentre il primo ciclista era ancora fermo.
Lo spazio percorso dal ciclista è, secondo le leggi del moto uniformemente accelerato:
$s_2 = (at^2)/2$
Ponendo la condizione di incontro $ s_1 = s_2$ si trova l’equazione:
$at^2 – 2v_1t – 4v_1 = 0$
Da essa si ricava, applicando la classica formula,
$ t = (v_1 + sqrt(v_1^2 + 4av_1))/a = 4,28 s$
Lo spazio percorso è di 22 m (sostituendo nella prima equazione che abbiamo scritto) e la velocità è:
$v_2 = at = 2,4*4.28 = 10,27 m/s$.

FINE

{etRating 4}

Due nuotatori lasciano il punto A sulla riva di un fiume per raggiungere il punto B situato
esattamente di fronte ad A sull’altra riva. Uno di loro nuota seguendo la linea retta AB
mentre l’altro nuota perpendicolarmente alla corrente e poi cammina lungo la sponda
tornando indietro fino a B, ove giunge contemporaneamente al primo. La velocità della
corrente sia $V_0$ e la velocità di ognuno dei nuotatori rispetto all’acqua sia $v$. Qual è la
velocità $u$ con cui cammina il secondo nuotatore?

$v_1=sqrt(v^2-V_0^2)$

Il tempo della traversata diventa:

$t=d/v_1=d/sqrt(v^2-V_0^2)$

Il secondo nuotatore attraversa il fiume in un tempo:

$t_1=d/v$

Durante la traversata la corrente gli fa percorrere un tratto verso valle dato da:

$x=V_0t_1=(V_0d)/v$

Il tempo impiegato dal secondo nuotatore per raggiungere il punto B è dunque:

$t=d/v+x/u=d/v+(V_0d)/(uv)$

Uguagliando le due espressioni del tempo si ottiene:

$1/sqrt(v^2-V_0^2)=1/v+V_0/(uv)$

Da questa uguaglianza si trova:

$u=(v^2-V_0^2+vsqrt(v^2-V_0^2))/V_0$

FINE

{etRating 2} 

Un veicolo, che viaggia inizialmente alla velocità di $100 (km)\h$, frena con decelerazione costante sino a fermarsi nello spazio di 200m.
Calcolare la sua decelerazione e il tempo di frenata.

In teoria si potrebbe facilmente applicare una formula apposita, per la decelerazione.
$v_1^2-v_2^2=2ax$
dove le due velocità sono quella finale e quella iniziale, nel nostro caso $100(km)/h$ e $0$.

Un altro modo di procedere è il seguente
Il moto è uniformemente accelerato ($a<0$) quindi la velocità media è la media aritmetica tra la velocità iniziale e quella finale (in questo caso è la metà di quella iniziale).
Adottiamo come unità d misura $m/s$ invece di $(km)/h$
$v_m=50 (km)/h=50000/3600 m/s = 50/3.6 m/s$
Il tempo si può ricavare dal rapporto tra lo spazio e la velocità media
$t=(200 m)/((50/3.6)m/s)=(200*3.6)/50 s =4*3.6 s =14.4 s$
L’accelerazione è data dal rapporto tra $Delta v$ e $t$ quindi abbiamo
$a=(0-27.78)/14.4 m/s^2 = -1,9 m/s^2$  [$27.78$ è la velocità iniziale $100 (km)/h$ in  $m/s$]

FINE

{etRating 5}

Un’anatra vola orizzontalmente ad una quota $H = 25 m$ dal suolo con
velocità costante $v = 18 m/s$. All’istante $t = 0$ l’anatra si trova proprio sopra la testa di un
cacciatore, e questi spara un proiettile per colpirla. Calcolare:
a) il modulo vmin della minima velocità che deve avere il proiettile per colpire l’anatra
b) il relativo angolo di tiro $theta$ (alzo)
c) dopo quanto tempo il proiettile colpisce l’anatra.

Scriviamo le leggi orarie lungo la componente verticale e quella orizzontale per quanto riguarda l’anatra.
Si ha
$\{(x=v*t),(y=H):}$

Per il proiettile invece
$\{(x=v_0 cos \theta* t),(y=v_0 sin \theta*t-1/2 g*t^2):}$

L’impatto del proiettile con l’anatra deve avvenire evidentemente all’altezza $H$, per cui poniamo $H=y$ per l’equazione del proiettile e otteniamo:
$H=v_0 sin \theta*t-1/2 g*t^2$ (1)
Similmente l’ascissa dei due punti corpi all’impatto è la medesima quindi:
$v*t=v_0 cos \theta* t rArr v=v_0 cos \theta$

A questo punto notiamo che il problema richiede la velocità minima del proiettile
Quindi cerchiamo quella velocità per cui il proiettile colpisce l’anatra alla massima altezza della traiettoria (vertice della parabola).  Quindi si scrive:

$v_y=v_0 sin \theta – g*t$
Nel vertice della traiettoria parabolica, si ha che la componente verticale della velocità è nulla, dunque
$v_y=0$ pertanto
$t=(v_0 sin \theta)/g$
tempo che impiega il proiettile a raggiungere la massima altezza, che deve essere H per cui scrivo sostituendo alla (1):
$(v_0 sin \theta)^2/(2g)=H rArr v_0 sin \theta= sqrt(2gH)$
a questo punto metto a sistema le due relazioni trovate che riguardano la velocità del proiettile con l’angolo:
$\{(v_0 sin \theta=sqrt(2gH)),(v_0 cos \theta = v):}$

da cui ottengo $sqrt(2gh)/v=tan \theta rArr \theta=50,88°

$v_0 = v / cos \theta = 28,5 m/s$

$t= (v_0 sin \theta)/(g)=2,26 s$

La seconda strada è la seguente:

Si può facilmente verificare che la parabola descritta dal proiettile ha equazione
$y=xtantheta-g/(2v^2cos^2theta)x^2
Quindi si ragiona così: dobbiamo trovare le intersezioni di questa parabola con la retta
$y=H$.
Quindi otteniamo l’equazione di secondo grado in $x$
$xtantheta-g/(2v^2cos^2theta)x^2-H=0$
Calcolando il delta si ha
$Delta=tan^2theta-(2gH)/(v^2cos^2theta)$
Affinché la parabola e la retta si intersechino, devo avere $Delta>=0$ quindi andiamo a prendere il caso limite ponendo
$Delta=0$
Fatto ciò, ottengo la relazione
$v^2sin^2theta=2gH$ quindi
$vsintheta=sqrt(2gH)$
A questo punto il procedimento da seguire è lo stesso della prima soluzione, visto che anche in quel caso si  giunti a questa relazione.
D’altra parte il significato dell’ultima formula è chiaro: ricorda la conservazione dell’energia meccanica.
Mostra quindi che la componente verticale della velocità si azzera all’altezza $H$.

FINE