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Problema di fisica sul moto

  

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Un parco giochi si trova sulla terrazza piana di una scuola cittadina, a 6.00 m di altezza rispetto alla sottostante strada. La parete verticale dell'edificio è 7.00 m e forma un parapetto attorno alla terrazza alto 1m. Una pallla cade nella strada sottostante e un passante la rilancia indietro con un angolo di 53° al di sopra dell'orizzontale in un punto che dista 24.0 m dalla base della parete dell edificio. La palla impiega 2.20 s per raggiungere un punto verticalmente al di sopra della parete.

Trovare la velocità con cui è stata lanciata la palla, altezza alla quale la palla supera la parete e la distanza della parete al punto nel quale la palla atterra sulla terrazza

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Come riferimento del moto (parabolico) della palla scegliamo un sistema di assi Oxy con l'origine nel punto in cui si troiva il passante. Detto α l'angolo che la velocità iniziale Vo forma con l'orizzontale, le equazioni del moto secondo le due componenti orizzontale (x) e verticale (y) sono

x(t) = Vo cosα t

y(t) = Vo senα t - (1/2)gt²

Dalla prima di esse, sostituendo i valori noti abbiamo

24 = Vo (cos 53) * 2,20

dalla quale ricaviamo

Vo = 24 / (0,602 * 2,20)

Vo = 18,12 m/s

Per trovare l'altezza H di superamento, ora che è nota la Vo, conoscendo il tempo per raggiungere l'altezza in questione (t=2,20), usiamo la seconda equazione

H = 18,12 * 0,799 * 2,20 - (1/2)*9,81 * 2.20²

H = 31,85 - 23,74

H = 8,11 m

Ponendo y = 7m nella seconda equazione del moto ci ricaviamo il tempo to occorso perchè la palla tocchi il pavimento della terrazza

7 = 18,12*0,799 to - (1/2)*9,81 to²

7 = 14,48to - 4,91to²

4,91 to² - 14,48 to +7 = 0

Risolvendola con la formula ridotta

to = [7,24+/- RadQuad(7,24² - 7*4,91)]/4,91

to = [7,24+/- 4,25]/4,91

to = 2,61 s

(l'altra radice to = 0,68 s è da scartare perchè essendo inferiore a t =2,20, corrisponde

al raggiungimento dei 7 m prima di arrivare alla parete di 8 m)

Col valore di to = 2,61 utilizzando la prima equazione calcoliamo la distanza orizzontale D complessivamente percorsa dalla pallina

D = 18,12* 0,602 * 2,61 = 28,47 m

Perciò la distanza d dalla parete al punto di atterraggio è data da

d = D - 24,0 = 28,47 - 24,0 = 4,47 m



2

Prima di tutto tolgo le chiacchiere e riduco il testo all'essenziale.
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Unità di misura e valore di g: a standard SI.
Un punto materiale è lanciato, all'istante t = 0, dalla posizione A(- 24, 0) con velocità di modulo V incognito e alzo θ = 53°.
All'istante t = T = 2.20 = 11/5 transita per la posizione B(0, Y) e, successivamente, per C(X, 6).
Si chiede di determinare i valori positivi di: V, Y, X.
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NOMI, VALORI, RELAZIONI
* g = 9.80665 = 196133/20000 m/s^2
* S = V*sin(θ) = V*sin(53°)
* C = V*cos(θ) = V*cos(53°)
* x(t) = x(0) + C*t = C*t - 24
* y(t) = y(0) + t*(S - (g/2)*t) = t*(S - (g/2)*t)
* vy(t) = S - g*t
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RISOLUZIONE
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Dal dato x(T) = 0 si ha
* x(11/5) = C*11/5 - 24 = V*cos(θ)*11/5 - 24 = 0 ≡
≡ V = 120/(11*cos(53°)) ~= 18.12698
da cui
* C = 120/11
* S = V*sin(θ) = (120/11)*tg(53°) ~= 14.47685
* x(t) = (120/11)*t - 24
* y(t) = t*((120/11)*tg(θ) - (g/2)*t)
* vy(t) = (120/11)*tg(θ) - g*t
---------------
Calcolo di Y, X dalle leggi del moto
--------
* Y = y(11/5) = (11/5)*((120/11)*tg(53°) - (196133/40000)*11/5) ~= 8.11698
Dalla soluzione positiva di
* y(u) = u*((120/11)*tg(θ) - (g/2)*u) = 6 ≡
≡ u = 2*((√(3*(1200*tan^2(θ) - 121*g))) + 60*tan(θ))/(11*g) ~= 2.454
si ricava l'ultima incognita
* X = x(u) = (120/11)*u - 24 ~= 2.77
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Calcolo di Y, X dalla trajettoria
--------
Eliminando t dalle coordinate
* (x = (120/11)*t - 24) & (y = t*((120/11)*tg(θ) - (g/2)*t)) ≡
≡ (t = 11*(x + 24)/120) & (y = (x + 24)*(tg(θ) - (23732093/576000000)*(x + 24)))
si approssima la trajettoria come
* y ~= - 0.0412*x^2 - 0.6506*x + 8.1168
da cui
* Y ~= 8.1168
* (6 = - 0.0412*X^2 - 0.6506*X + 8.1168) & (X > 0) ≡ X ~= 2.76831
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RISPOSTE AI QUESITI
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1) "velocità del lancio": circa 18.127 m/s
2) "quota di sorvolo della parete": circa 8.117 m
3) "distanza d'atterraggio": circa 2.768 m

 



2

La palla arriva nel punto più alto con velocità verticale vy = 0;

il tempo di salita è t = 2,20 s;

voy = velocità verticale di lancio.

vy = - 9,8 * t + voy

0 = - 9,8 * 2,20 + voy;

voy = 21,56 m/s;

voy = vo * sen(angolo di lancio);

vo = voy/sen(53°) = 21,56 / 0,799 = 27,0 m/s; (velocità di lancio).

altezza massima al tempo t = 2,20 s:

h = 1/2 g t^2 + voy * t; legge del moto accelerato;

h max = 1/2 * (-9,8) * 2,20^2 + 21,56 * 2,20 = 23,72 m;

altezza dal piano dell'edificio:

y = 23,72 - 6 = 17,7 m.

tempo di discesa da 17,7 m, partendo dal punto più alto fino a toccare il piano:

1/2 g t^2 = 17,7 m;

t = radice(17,7 * 2/9,8) = 1,9 s;

Tempo totale di volo tv= 2,20 + 1,9 = 4,1 s;

In orizzontale percorre il tratto x ;

vox = vo * cos53° = 27,0 * 0,602 = 16,2 m/s

x = vox * tv = 16,2 * 4,1 = 66,4 m;

distanza dal muretto d = 66,4 - 24,0 = 42,4 m. 

lancio 1

Non so se ho interpretato bene la situazione, ma secondo me le precedenti risposte sono sbagliate. Bisogna partire dal tempo di salita, trovare la velocità voy verticale e poi trovare l'altezza massima partendo da terra.



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Voy = g*ts = 9,806*2,20 = 21,57 m/sec 

Vo = Vox/sen 53° = 21,57/0,80 = 27.0 m/sec

H = VoY^2/2g = 23,73 m 

Vox = Vo*cos 53° = 27,0*0,6 = 16,2 m/sec 

tempo di caduta tc = √2*(23,73-6)/9,806 =  1,902 sec 

d' = ts*Vox = 16,2*2,2 = 35,6 m 

d'' = tc*Vox = 16,2*1,90 = 30,8 m 

distanza d''' punto caduta dal muretto = 30,8+(35,6-24) = 42,4 m 

 

 



Risposta




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