Esercizi sulla Cinematica del punto (superiori)

I seguenti esercizi riguardano la Cinematica del punto studiata nella Lezione 1 di Meccanica.

Esercizi

1. Fascio catodico

In un tubo a raggi catodici di un televisore gli elettroni attraversano una regione con moto rettilineo, sottoposti ad una accelerazione costante. Sapendo che la regione è lunga $d$ e che gli elettroni entrano nella regione con velocità $v_1$ ed escono con velocità $v_2$.

Determinare: Il valore dell'accelerazione a cui sono sottoposti gli elettroni ed il tempo di attraversamento della regione stessa.

(dati del problema $d=5cm$, $v_2=9\cdot 10^{6}m/s$, $v_1=2\cdot 10^{4}m/s$)

2. Automobile

Un'auto parte da ferma con accelerazione uguale a 4 m/s². Si determini quanto tempo impiega a raggiungere la velocità di 120 km/h e quanto spazio percorre durante la fase di accelerazione.

3. Treno

Un treno parte da una stazione e si muove con accelerazione costante. Passato un certo tempo dalla partenza la sua velocità è divenuta $v_1$, a questo punto percorre un tratto $d$ e la velocità diventa $v_2$.

Determinare accelerazione, tempo per percorre il tratto $d$ e la distanza percorsa dalla stazione al punto in cui la velocità è $v_1$.

(dati del problema $d=160m$, $v_1=33m/s$, $v_2=40m/s$)

4. Rally

In un tratto speciale di un rally automobilistico un pilota deve percorrere nel tempo minimo un tratto $d$, partendo e arrivando da fermo. Le caratteristiche dell'auto sono tali che l'accelerazione massima vale $a_{max}$, mentre in frenata la decelerazione massima vale $a_{min}$. Supponendo che il moto sia rettilineo, determinare il rapporto tra il tempo di accelerazione e di decelerazione, e la velocità massima raggiunta.

(dati del problema $d=500m$, $a_{max}=2m/s^2$, $a_{min}=-3m/s^2$)

5. Moto armonico semplice

Una particella vibra di moto armonico semplice con ampiezza $x_0$, attorno all'origine, e la sua accelerazione all'estremo della traiettoria vale $a_0$. All'istante iniziale passa per il centro.

Determinare: La velocità quando passa per il centro ed il periodo del moto.

(Dati: $x_0=2mm$, $a_0=8\times 10^{3}m/s^2$)

6. Caduta con attrito viscoso

Un oggetto viene lasciato cadere, da fermo ad una quota $h$, sotto l'azione combinata della accelerazione di gravità e di una decelerazione proporzionale alla velocità (dovuta all'attrito viscoso) secondo la legge $b\cdot v$. La velocità di regime vale $v_f$. Determinare: a)Dopo quanto tempo la decelerazione dovuta all'attrito viscoso vale 0.9 della accelerazione di gravità (ovviamente con segno opposto); b) a quale quota si trova nel caso a); c) il tempo approssimativo di caduta (la formula esatta è non ottenibile semplicemente)

(dati del problema $h=10m$, $v_f=4.9m/s$)

7. Moto parabolico

Le equazioni parametriche di un punto materiale sono

$x=a+bt$

$y=c{t}^2$

Determinare l'equazione della traiettoria e la velocità in modulo al tempo $t_1$

(dati del problema $t_1=7s$, $a=0.02m$, $b=2m/s$, $c=3m/s^2$).

8. Moto circolare non uniforme

Un punto materiale si muove su un'orbita circolare, orizzontale di raggio $R$ e la sua velocità angolare segue la legge:

$\omega (t)=A\sqrt{t}$

Determinare: a) il modulo dell'accelerazione quando $t=t_1$; b) il tempo necessario a fare un giro a partire dall'istante iniziale.

(dati del problema $A=2rad{s}^{-3/2}$, $t_1=0.4s$, $R=10m$)

9. Palla in alto

Una palla viene lanciata verso l'alto con velocità iniziale $v_0$; dopo un tempo $t_1$ passa di fronte ad un ragazzo ad altezza $h_1$ dal suolo e continua a salire verso l'alto. Determinare: a) velocità iniziale $v_0$; b) La quota massima $h_2$.

(dati del problema $t_1=0.4s$, $h_1=4m$)

10. Macchina in frenata

Per fermare un'auto, passa prima di tutto un certo tempo di reazione per dare inizio alla frenata, poi vi è un tempo di frenata fino all'arresto. Nel lasso di tempo di reazione, si può assumere che la velocità si mantenga costante. A parità di accelerazione di frenata e tempo di reazione partendo da una velocità $v_1$ la macchina frena in $d_1$, mentre ad una velocità di regime di $v_2$ frena in $d_2$.

Determinare: a) La decelerazione; b) il tempo di reazione del guidatore

(dati del problema $d_1=57m$, $v_1=80km/h$, $v_2=52km/h$, $d_2=25m$, il moto dopo il tempo di reazione è un moto accelerato uniforme)

11. Ampiezza moto armonico

Una particella vibra di moto armonico semplice attorno all'origine. All'istante iniziale si trova in $x_1$ e la sua velocità vale $v_1$ ed il periodo vale $T$. Determinare il massimo allontanamento dalla posizione di equilibrio e dopo quanto tempo dall'istante iniziale la velocità si è annullata.

(Dati: $x_1=20cm$, $v_1=0.3m/s$, $T=3s$)

12. Moto ellittico

Le equazioni parametriche di un punto materiale, che descrive una ellisse intorno all'origine, sono: $x=a\sin \omega t$, $y=b\cos \omega t$.

Determinare, quando si è fatto un quarto di giro a partire dall'istante iniziale, quale sia la distanza dal centro, la velocità e l'accelerazione in modulo del punto materiale.

(dati del problema $a=2m$, $b=3m$, $\omega =0.2rad/s$).

13. Moto a spirale

Le equazioni parametriche di un punto materiale, che descrive una curva a spirale con partenza nell'origine, sono :

$x=At\sin \omega t$

$y=At\cos \omega t$

Determinare, quando si è fatto un giro a partire dall'istante iniziale, quale sia la posizione, la velocità e l'accelerazione in modulo del punto materiale.

(dati del problema $A=0.5m/s$, $\omega =0.2rad/s$)

14. Altezza di un pozzo

Determinare la profondità di un pozzo sapendo che il tempo tra l'istante in cui si lascia cadere un sasso, senza velocità iniziale, e quello in cui si ode il rumore, in conseguenza dell'urto del sasso con il fondo del pozzo, è $\mathrm{\Delta }t$. Si trascuri la resistenza dell'aria e si assuma che la velocità del suono sia $v_s$.

(dati del problema $\mathrm{\Delta }t=4.8s$, $v_s=340m/s$ )

15. Moto con accelerazione frenante

Un punto materiale all'istante iniziale ha una velocità $v_o$ e subisce una decelerazione nella direzione del moto proporzionale alla velocità istantanea secondo la legge $b\cdot v$ e si ferma dopo avere percorso $d$ metri. Determinare: a) l'equazione del moto e lo spazio percorso dopo $t_1$; b) la velocità quando ha percorso $d/2$.

(dati del problema $v_o=3m/s$, $d=150m$, $t_1=10s$ )

16. Auto e Camion

Nel momento in cui un semaforo volge al verde, un'auto parte con accelerazione costante $a$. Nello stesso istante un camion che viaggia a velocità costante $v_c$ sorpassa l'auto. a) A quale distanza oltre il semaforo l'auto sorpasserà il camion? b) Quale sarà la velocità dell'auto nel momento del sorpasso?

(dati del problema $a=2.2m/s^2$, $v_c=34km/h$)

17. Collina semisferica

Una persona in piedi sul culmine di una roccia semisferica di raggio $R$ colpisce con un calcio un pallone impremendogli una velocità iniziale $v_1$ (tangente al culmine della roccia).

a) Quale deve essere la minima velocità iniziale del pallone affinché esso non colpisca mai la roccia? b) Con questo modulo della velocità iniziale e a quale distanza dalla base della semisfera il pallone colpirà il suolo?

(dati del problema $R=10m$, suggerimento il requisito di non toccare è più stringente all'inizio della traiettoria)

18. Proiettile

Un proiettile attraversa una lastra di legno di spessore $d$. La velocità del proiettile prima di entrare nella lastra vale $v_1$, mentre all'uscita vale $v_2$. Immaginando la accelerazione costante all'interno della lastra, determinare a) il valore di tale accelerazione e il tempo di attraversamento; b) calcolare che spessore sarebbe necessario per fermare la pallottola se l'accelerazione rimanesse costante.

(dati del problema $v_1=720km/h$, $v_2=216km/h$, $d=3cm$)

19. Moto viscoso

Un punto materiale all'istante iniziale ha una velocità $v_o$ e subisce una decelerazione nella direzione del moto proporzionale alla velocità istantanea secondo la legge $b\cdot v$ e si ferma dopo avere percorso $d$ metri.

Determinare: a) l'equazione del moto e lo spazio percorso dopo $t_1$; b) la velocità quando ha percorso $d/2$.

(dati del problema $v_o=3m/s$, $d=150m$, $t_1=10s$ )

Due punti materiali uno in salita e l'altro in caduta libera

20. Punti materiali in verticale

Due punti materiali A e B sono disposti sulla stessa verticale, A sul pavimento e B sul soffitto, come mostrato in figura. All’istante $t=0$, A viene lanciato verso l’alto con velocità iniziale $v_{OA}$, mentre B viene lasciato cadere partendo da fermo. Considerando che la distanza pavimento-soffitto è $h$, si determini la condizione su $v_{OA}$, in funzione di $h$, affinché i due punti materiali si incontrino mentre A è ancora in fase ascendente

.

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Soluzioni

1. Fascio catodico

L'equazioni del moto dopo avere attraversato la regione, detto $t_x$ il tempo incognito, è:

$d=\frac{1}{2}a{t}_x^2+v_1{t}_x$

Mentre la velocità diviene:

$v_2=a{t}_x+v_1$

Sono due equazioni in due incognite $a$ e $t_x$, sostituendo $t_x$ ricavabile dalla seconda equazione nella prima si ha:

$d=\frac{1}{2}\frac{(v_2-v_1{)}^2}{a}+v_1\frac{v_2-v_1}{a}$

Da cui:

$a=\frac{1}{2d}(v_2^2-v_1^2)=8.1\cdot 10^{14}m/s^2$

e quindi

$t_x=\frac{v_2-v_1}{a}=11\times 10^{-9}=11ns$

2. Automobile

Poiché il moto è uniformemente accelerato la velocità è regolata dalla legge $v(t)=v(0)+at$.

$v(0)$ vale $0$ poiché l'auto parte da ferma, si ricava quindi $t=\frac{v}{a}=8,3s$

Inoltre per un moto uniformemente accelerato la legge del moto è $s(t)=s(0)+v(0)t+1/2a{t}^2$.

Fissiamo il punto $s(0)=0$ come punto di partenza dell'auto e calcoliamo lo spazio percorso in un tempo $t=8,3s$.

$x(t)=\frac{1}{2}a{t}^2=137,8m$

3. Treno

Assunta come origine delle coordinate spaziali la stazione e del tempo l'istante di partenza. L'equazioni del moto sono:

$x=\frac{1}{2}a{t}^2$

$v=at$

Dai dati del problema:

$v_1=a{t}_1$

$v_2=a{t}_2$

da cui:

$t_1=\frac{v_1}{a}$

$t_2=\frac{v_2}{a}$

Imponendo che:

$d=\frac{1}{2}a{t}_2^2-\frac{1}{2}a{t}_1^2=\frac{1}{2a}(v_2^2-v_1^2)$

$a=\frac{1}{2d}(v_2^2-v_1^2)=1.6m/s^2$

Il tempo per fare il tratto $d$:

$t=t_2-t_1=\frac{v_2}{a}-\frac{v_1}{a}=4.4s$

La distanza dalla stazione di partenza:

$t_1=20.6s$

$d_1=\frac{1}{2}a{t}_1^2=340m$

4. Rally

Definisco $t_1$ il tempo di accelerazione e $t_2$ quello di

decelerazione:

$v_{max}=a_{max}{t}_1=-a_{min}{t}_2$

da cui:

$R=\frac{t_1}{t_2}=-\frac{a_{min}}{a_{max}}=1.5$

Imponendo che lo spazio percorso sia $d$:

$\frac{1}{2}{a}_{max}{t}_1^2+v_{max}{t}_2+\frac{1}{2}{a}_{min}{t}_2^2=d$

$\frac{1}{2}{a}_{max}{t}_1^2+a_{max}{t}_1{t}_2+\frac{1}{2}{a}_{min}{t}_2^2=d$

$R^2\frac{1}{2}{a}_{max}{t}_2^2+R{a}_{max}{t}_2^2+\frac{1}{2}{a}_{min}{t}_2^2=d$

$t_2^2=\frac{2d}{R^2{a}_{max}+2R{a}_{max}+a_{min}}$

$t_2=\sqrt{\frac{2d}{R^2{a}_{max}+2R{a}_{max}+a_{min}}}=11.55s$

$t_1=R{t}_2=17.32s$

$v_{max}=a_{max}{t}_1=34.64m/s=124.56km/h$

5. Moto armonico semplice

Dai dati del problema:

$x=x_0\sin (\omega t)$

$a=-x_0{\omega }^2\sin (\omega t)$

Quindi:

$\omega =\sqrt{\frac{a_0}{x_0}}=2000rad/s$

Quindi nella posizione centrale:

$v_0=\sqrt{x_0{a}_0}=4m/s$

$T=\frac{2\pi }{\omega }=2\pi \sqrt{\frac{x_0}{a_0}}=3.14\times 10^{-3}s$

6. Caduta con attrito viscoso

a)

Da dati del problema (notare che $v_f$ è negativo se g è diretto verso il basso):

$v_f=\frac{g}{b}$

Quindi:

$b=\frac{g}{v_f}=2s^{-1}$

Se chiamiamo $t_1$ il tempo per cui;

$-bv=0.9g$

Ma essendo:

$v=-\frac{g}{b}(1-e^{-bt})$

segue che:

$g(1-e^{-b{t}_1})=0.9g$

Cioè:

$b{t}_1=\ln 10$

$t_1=1.15s$

b)

$h_1=h+\frac{g}{b}(\frac{1}{b}-t_1-\frac{1}{b}{e}^{-b{t}_1})=6.6m$

c)

Il termine esponenziale nell'espressione ha un valore trascurabile per cui:

$h+\frac{g}{b}(\frac{1}{b}-t_2)\approx 0$

Cioè il termine esponenziale è trascurabile.

$t_2=\frac{b}{g}h+\frac{1}{b}=2.54s$

Notare che il valore esatto (tenendo conto del termine esponenziale e risolvendo in maniera numerica per approssimazioni successive) vale:

$t_{2e}=2.5377s$

7. Moto parabolico

Eliminando il tempo tra le due equazioni:

$y=\frac{c}{b^2}(x-a{)}^2$

cioè l'equazione di una parabola.

Derivando rispetto al tempo l'equazioni parametriche:

$v_x=b$

$v_y=2ct$

quindi il modulo della velocità:

$v(t)=\sqrt{b^2+4c^2{t}^2}$

che per $t=t_o$:

$v(t_o)=\sqrt{b^2+4c^2{t}_o^2}=42m/s$

8. Moto circolare non uniforme

a)

$a_T=R\frac{d\omega }{dt}=\frac{1}{2}\frac{AR}{\sqrt{t_1}}=15.8m/s^{-2}$

$a_c={\omega }^{2}R=A^{2}tR=16m/s^{-2}$

quindi in modulo:

$|a|=\sqrt{a_T^2+a_c^2}=22.5m/s^2$

b)

Dai dati del problema essendo:

$\omega =\frac{d\theta }{dt}=A\sqrt{t}$

$\theta =\frac{2A}{3}{t}^{3/2}+{\theta }_o$

Imponendo che:

$2\pi =\frac{2A}{3}{t}^{3/2}$

$t=2.8s$

9. Palla in alto

L'equazione del moto è:

$x=v_{o}t-\frac{1}{2}g{t}^2$

Essendo $x=h_1$ per $t=t_1$:

$h_1=v_o{t}_1-\frac{1}{2}g{t}_1^2$

$v_o=\frac{2h_1+g{t}_1^2}{2t_1}=12m/s$

La massima altezza viene raggiunta quando $v(t_2)=0$:

$v_o=g{t}_2$

$t_2=1.22s$

Ad una altezza di:

$h_2=v_o{t}_2-\frac{1}{2}g{t}_2^2=7.3m$

10. Macchina in frenata

Nel caso generale: la velocità iniziale è $v$, $t_r$ il tempo di reazione, $t$ il tempo di frenata, $d$ lo spazio di frenata, possiamo scrivere che:

$d=v{t}_r+vt-\frac{1}{2}a{t}^2$

Ma nel nostro caso specifico sostituendo nell'equazione del moto i dati del problema:

$v_1=a{t}_1$

$v_2=a{t}_2$

Da cui ricavo $t_1=v_1/a$ e $t_2=v_2/a$ di frenata.

Nel nostro caso specifico:

$d_1=v_1{t}_r+v_1{t}_1-\frac{1}{2}a{t}_1^2=v_1{t}_r+\frac{v_1^2}{2a}$

$d_2=v_2{t}_r+v_1{t}_2-\frac{1}{2}a{t}_2^2=v_2{t}_r+\frac{v_2^2}{2a}$

Risolvendo il sistema nelle due incognite $a$ e $t_r$:

a)

$a=\frac{1}{2}\frac{v_1^2{v}_2-v_1{v}_2^2}{v_2{d}_1-v_1{d}_2}=4.66m/s^2$

b)

$t_r=\frac{d_2}{v_2}-\frac{1}{2}\frac{v_2}{a}=0.18s$

11. Ampiezza moto armonico

La pulsazione del moto vale:

$\omega =\frac{2\pi }{T}=2.1rad/s$

Mentre posso scrivere in generale che:

$x(t)=x_o\sin (\omega t+\phi )$

ed:

$v(t)=x_o\omega \cos (\omega t+\phi )$

Dalle condizioni iniziali:

$x_1=x_o\sin (\phi )$

$v_1=x_o\omega \cos (\phi )$

Facendo il rapporto:

$\tan (\phi )=\frac{x_1\omega }{v_1}$

$\phi =0.95rad=54^o$

La massima elongazione vale:

$x_o=\frac{x_1}{\sin \phi }=0.25m$

Mentre la velocità si annulla quando a partire dall'istante iniziale:

$\omega t_1+\phi =\frac{\pi }{2}$

$t_1=0.3s$

12. Moto ellittico

Per compiere un quarto di giro occorre che:

$\omega t_1=\pi /2$

essendo:

$v_x=a\omega \cos \omega t$

$v_y=-b\omega \sin \omega t$

ed

$a_x=-a{\omega }^2\sin \omega t$

$a_y=-b{\omega }^2\cos \omega t$

dopo 1/4 di giro si ha che $\sin \omega t_1=1$ e $\cos \omega t_1=0$ quindi:

$x(t_1)=a$

$y(t_1)=0$

$d=a=2m$

e

$v_x(t_1)=0$

$v_y(t_1)=-b\omega$

$|v|=b\omega =0.6m/s$

e

$a_x(t_1)=-a{\omega }^2$

$a_y(t_1)=0$

$|a|=a{\omega }^2=0.08m/s^2$

13. Moto a spirale

La velocità vale:

$v_x=A\sin \omega t+At\omega \cos \omega t$

$v_y=A\cos \omega t-At\omega \sin \omega t$

In modulo:

$|v|=\sqrt{v_x^2+v_y^2}=A\sqrt{1+t^2{\omega }^2}$

Mentre la accelerazione vale:

$a_x=2A\omega \cos \omega t-At{\omega }^2\sin \omega t$

$a_y=-2A\omega \sin \omega t-At{\omega }^2\cos \omega t$

In modulo vale:

$|a|=A\omega \sqrt{4+t^2{\omega }^2}$

Viene fatto un giro quando:

$\omega t_1=2\pi$

$t_1=31.4s$

Quindi:

$x_1=0$

$y_1=A{t}_1=15.7m$

$|v|=3.18m/s$

$|a|=0.66m/s^2$

14. Altezza di un pozzo

Indico con $h$ l'altezza del pozzo, con $t$ il tempo impiegato dal sasso a raggiungere il fondo e con $t_s$ il tempo impiegato dal suono a risalire il pozzo. Si ha:

$\mathrm{\Delta }t=t+t_s$

$t_s=\mathrm{\Delta }t-t$

Calcolo la profondità del pozzo in base all'equazione del moto del suono (moto rettilineo uniforme):

$h=h_o+v_s{t}_s=v_s\mathrm{\Delta }t-v_{s}t$

Calcolo la profondità del pozzo in base all'equazione del moto del sasso (moto uniforme accelerato):

$h=h_o+v_{o}t+\frac{1}{2}g{t}^2=\frac{1}{2}g{t}^2$

Eguagliando le due equazioni trovate, si ha:

$\frac{1}{2}g{t}^2=v_s\mathrm{\Delta }t-v_{s}t$

$\frac{1}{2}g{t}^2+v_{s}t-v_s\mathrm{\Delta }t=0$

Che ha due soluzioni, l'unica che ha senso fisico è quella positiva (la negativa determina un tempo che precede il lancio):

$t=\frac{-v_s+\sqrt{v_s^2+2v_s\mathrm{\Delta }tg}}{g}\approx 4.51s$

Quindi la profondità del pozzo, sostituendo il valore di $t$:

$h=\frac{1}{2}g{t}^2\approx 100m$

15. Moto con accelerazione frenante

a) Il moto di questo punto materiale può essere considerato un moto rettilineo smorzato esponenzialmente dato che è caratterizzato da una decelerazione che è pari a:

$-a=b\cdot v$

la velocità più generale che da tale accelerazione è:

$v=A{e}^{-bt}$

Dovendosi fermare per $t=\mathrm{\infty }$ inoltre essendo per $t=0$ $v=v_o$ si ha che:

$A=v_o$

$v=v_o{e}^{-bt}$

Tale equazione integrata diventa:

$x=d(1-e^{-bt})$

Con:

$d\dot{b}=v_o$

quindi:

$b=0.02s^{-1}$

per $t=t_1$:

$x=27m$

b)

Dall'equazione precedente

$x=-\frac{v}{b}+d$

Per $x=d/2$:

$v=\frac{v_o}{2}=1.5m/s$

16. Auto e Camion

L'istante in cui la macchina sorpassa il camion è quando:

$\frac{1}{2}a{t}^2=v_{c}t$

$t=\frac{2v_c}{a}$

a)

quindi la distanza è:

$d=v_{c}t=\frac{2v_c^2}{a}=81m$

b)

La velocità dell'auto in quel momento vale:

$v=at=2v_c=18.8m/s=68km/h$

17. Collina semisferica

Detto $z$ l'asse verticale e $x$ quello orizzontale, le equazioni del moto sono:

$x=v_{1}t$

$z=R-\frac{1}{2}g{t}^2$

a)

Quindi la traiettoria parabolica (eliminando il tempo) è descritta dalla equazione:

$z=R-\frac{1}{2}g\frac{x^2}{v_1^2}$

Mentre l'equazione della semisfera vale:

$z^2+x^2=R^2$

perché non tocchi mai occorre che:

${(R-\frac{1}{2}g\frac{x^2}{v_1^2})}^2+x^2>R^2$

Cioè:

$R^2-\frac{g{x}^{2}R}{v_1^2}+\frac{g^2{x}^4}{4v_1^4}+x^2>R^2$

$\frac{g^2{x}^4}{4v_1^4}+x^2>\frac{g{x}^{2}R}{v_1^2}$

Per $x\to 0$ (inizio parabola) il primo termine diviene trascurabile,

$v_1^2>gR$

per cui la minima velocità vale:

$v_1=\sqrt{gR}=9.9m/s$

Allo stesso risultato si arrivava imponendo che sul culmine della parabola l'unica accelerazione era quella centripeta causata dalla accelerazione di gravità: per cui si ottiene il raggio di curvatura (minimo) della parabola.

b)

Il punto in cui tocca terra è quello per cui:

$0=R-g\frac{x_1^2}{2v_1^2}=R-g\frac{x_1^2}{2gR}$

$x_1=\sqrt{2}R$

Quindi la distanza dalla base vale:

$d=x_1-R=(\sqrt{2}-1)R=4.14m$

18. Proiettile

L'equazioni del moto dopo avere attraversato la regione, detto $t_x$ il tempo incognito, sono:

$d=\frac{1}{2}a{t}_x^2+v_1{t}_x$

$v_2=a{t}_x+v_1$

Sono due equazioni in due incognite $a$ e $t_x$, da cui segue:

a)

$d=\frac{1}{2}\frac{(v_2-v_1{)}^2}{a}+v_1\frac{v_2-v_1}{a}$

e quindi:

$a=\frac{1}{2d}(v_2^2-v_1^2)=-6.1\cdot 10^{5}m/s^2$

$t_x=\frac{v_2-v_1}{a}=231\mu s$

b)

La pallottola si arresta per un tempo $t_2$ tale che:

$v_1+a{t}_2=0$

$t_2=-\frac{v_1}{a}$

Lo spessore che arresterebbe la pallottola vale quindi:

$d_x=v_1{t}_2+\frac{1}{2}a{t}_2^2=\frac{v_1^{2}d}{v_1^2-v_2^2}=0.033m$

19. Moto viscoso

a) Il moto di questo punto materiale può essere considerato un moto rettilineo smorzato esponenzialmente dato che è caratterizzato da una decelerazione che è pari a:

$-a=b\cdot v$

Da tale espressione dell'accelerazione segue che:

$v=A{e}^{-bt}$

La costante di integrazione segue dal fatto che si deve fermare per $t=\mathrm{\infty }$. Inoltre poiché $v(t=0)=v_o$ si ha che:

$A=v_o$

Quindi l'espressione delle velocità nel tempo vale;

$v=v_o{e}^{-bt}$

Integrando tale equazione si ha la equazione del moto:

$x=d(1-e^{-bt})$

Imponendo che la sua derivata nel tempo sia pari a:

$d\cdot b=v_o$

si ha che:

$b=0.02s^{-1}$

quindi al tempo $t=t_1$:

$x=27m$

b)

Dall'equazione precedente

$x=-\frac{v}{b}+d$

Per $x=d/2$:

$v=b\frac{d}{2}=\frac{v_o}{2}\frac{d}{2}=\frac{v_o}{2}=1.5m/s$

20. Punti materiali in verticale

Conviene definire un sistema di riferimento con un asse verticale y, avente origine in corrispondenza del pavimento. Le leggi orarie per le posizioni di A e B in tale sistema di riferimento sono:

$y_A(t)=v_{0A}t-\frac{1}{2}g{t}^2$

$y_B(t)=h-\frac{1}{2}g{t}^2$

Al momento dell'urto $t_1$ si ha che $y_A(t_1)=y_B(t_1)$. Da cui:

$v_{0A}{t}_1-\frac{1}{2}g{t}_1^2=h-\frac{1}{2}g{t}_1^2\Rightarrow t_1=\frac{h}{v_{0A}}$

ovvero si pone un vincolo al tempo dell’incontro, che in particolare è pari al tempo che impiegherebbe A per coprire la distanza $h$ se si muovesse con moto uniforme a velocità $v_{0A}$. L’incontro avviene con A in fase ascendente se la sua velocità al tempo $t_1$ è ancora positiva. Nel sistema di riferimento scelto, velocità negative di A indicherebbero infatti un moto discendente. Imponendo questa condizione nella legge oraria della velocità di A al tempo $t_1$:

$v_A(t_1)=v_{0A}-g{t}_i\ge 0\Rightarrow v_{0A}\ge g{t}_i$

Sostituendo l'espressione di $t_1$ nell'ultima equazione si trova la condizione richiesta nel problema:

$v_{0A}\ge g\frac{h}{v_{0A}}\Rightarrow v_{0A}\ge \sqrt{gh}$