Esercizio moto parabolico
Salve riuscite a risolvere il seguente problema? Grazie per eventuali risposte.
Due corpi A e B partono con inclinazioni rispettivamente di 60 gradi per A e di 30 gradi per B rispetto al suolo. La velocità iniziale di A è 10 m/s ed esso parte per primo, con un dislivello H = 10 m più in alto rispetto
a B. Quest’ultimo parte quando A si trova di nuovo alla quota H, e non si conosce
il valore di vB. a) Dimostrare che B parte dopo che è trascorso un tempo t* = 3
dalla partenza di A; b) Sapendo che A e B si incontrano determinare dopo quanto
tempo dalla partenza di A avviene l’incontro e il valore di vB; [2,165 s; 28,87 m/s]
c) A quale altezza A e B si incontrano? [5,31 m] d) Quando i due corpi si
incontrano B è ancora in salita oppure in discesa? [salita; 0,433 s contro 1,44 s]
Due corpi A e B partono con inclinazioni rispettivamente di 60 gradi per A e di 30 gradi per B rispetto al suolo. La velocità iniziale di A è 10 m/s ed esso parte per primo, con un dislivello H = 10 m più in alto rispetto
a B. Quest’ultimo parte quando A si trova di nuovo alla quota H, e non si conosce
il valore di vB. a) Dimostrare che B parte dopo che è trascorso un tempo t* = 3
dalla partenza di A; b) Sapendo che A e B si incontrano determinare dopo quanto
tempo dalla partenza di A avviene l’incontro e il valore di vB; [2,165 s; 28,87 m/s]
c) A quale altezza A e B si incontrano? [5,31 m] d) Quando i due corpi si
incontrano B è ancora in salita oppure in discesa? [salita; 0,433 s contro 1,44 s]
Risposte
Come proveresti a risolverlo? Quali sono i tuoi dubbi?
Il punto b non mi viene, se imposto che le loro coordinate sono uguali in un certo istante mi vengono calcoli difficili, penso ci sia un metodo piu rapido.
Probabilmente intendevi scrivere \(t^\ast=\sqrt{3}\) (approssimando l'accelerazione di gravità), anche perché altrimenti i due corpi si sarebbero incontrati prima che \(B\) partisse(?).
Comunque la tua proposta di risoluzione è quella corretta, confermato dal fatto che è un problema a due incognite e perciò si necessita di due equazioni, fornite dal legame che sussiste fra le rispettive coordinate. Il "trucchetto" per semplificare i conti è "reimpostare il cronometro" quando parte \(B\), cioè d'ora in poi \(t\) indicherà il tempo a partire da tale istante. Adesso, dunque, \(A\) ha il vettore velocità inclinato di \(\alpha=-\frac{\pi}{3}\) e si trova alla quota \(H\) e ad una distanza dal punto di partenza pari a \(v_At^\ast\cos{\alpha}\). Detto \(\beta\) l'angolo formato da \(\mathbf{v}_B\) con l'orizzontale, per i corpi \(A\) e \(B\) si ha allora: \begin{equation*}
\begin{cases}
x_A=v_A(t+t^\ast)\cos{\alpha} \\ y_A=H+v_At\sin{\alpha}-\frac{1}{2}gt^2
\end{cases}
\quad ; \quad
\begin{cases}
x_B=v_Bt\cos{\beta} \\ y_B=v_Bt\sin{\beta}-\frac{1}{2}gt^2
\end{cases}
\end{equation*} Eguagliando le rispettive componenti si ottiene:
\begin{equation*}
\begin{cases}
v_A(t+t^\ast)\cos{\alpha}=v_Bt\cos{\beta} \\ H+v_At\sin{\alpha}-\frac{1}{2}gt^2=v_Bt\sin{\beta}-\frac{1}{2}gt^2
\end{cases}
\quad \implies \quad
\begin{cases}
t=\frac{v_A\cos{\alpha}}{v_B\cos\beta-v_A\cos\alpha}t^\ast \\ (v_B\sin\beta-v_A\sin\alpha)t=H
\end{cases}
\end{equation*} Sostituendo \(t\) nella seconda equazione si risolve per \(v_B\): \[v_B=\frac{v_At^\ast\sin\alpha-H}{t^\ast\sin\beta-\frac{H\cos\beta}{v_A\cos\alpha}}=\frac{50}{\sqrt{3}}\frac{m}{s}\] Da cui \[t=\frac{1}{\frac{v_B\cos\beta}{v_A\cos\alpha}-1}t^\ast=\frac{\sqrt{3}}{4}s\] Il problema ti chiede però di determinare l'istante in cui i due corpi s'incontrano dalla partenza di \(A\): \[t'=t+t^\ast=\frac{\sqrt{3}}{4}s+\sqrt{3}s=\frac{5}{4}\sqrt{3}s\] Spero sia d'aiuto
Comunque la tua proposta di risoluzione è quella corretta, confermato dal fatto che è un problema a due incognite e perciò si necessita di due equazioni, fornite dal legame che sussiste fra le rispettive coordinate. Il "trucchetto" per semplificare i conti è "reimpostare il cronometro" quando parte \(B\), cioè d'ora in poi \(t\) indicherà il tempo a partire da tale istante. Adesso, dunque, \(A\) ha il vettore velocità inclinato di \(\alpha=-\frac{\pi}{3}\) e si trova alla quota \(H\) e ad una distanza dal punto di partenza pari a \(v_At^\ast\cos{\alpha}\). Detto \(\beta\) l'angolo formato da \(\mathbf{v}_B\) con l'orizzontale, per i corpi \(A\) e \(B\) si ha allora: \begin{equation*}
\begin{cases}
x_A=v_A(t+t^\ast)\cos{\alpha} \\ y_A=H+v_At\sin{\alpha}-\frac{1}{2}gt^2
\end{cases}
\quad ; \quad
\begin{cases}
x_B=v_Bt\cos{\beta} \\ y_B=v_Bt\sin{\beta}-\frac{1}{2}gt^2
\end{cases}
\end{equation*} Eguagliando le rispettive componenti si ottiene:
\begin{equation*}
\begin{cases}
v_A(t+t^\ast)\cos{\alpha}=v_Bt\cos{\beta} \\ H+v_At\sin{\alpha}-\frac{1}{2}gt^2=v_Bt\sin{\beta}-\frac{1}{2}gt^2
\end{cases}
\quad \implies \quad
\begin{cases}
t=\frac{v_A\cos{\alpha}}{v_B\cos\beta-v_A\cos\alpha}t^\ast \\ (v_B\sin\beta-v_A\sin\alpha)t=H
\end{cases}
\end{equation*} Sostituendo \(t\) nella seconda equazione si risolve per \(v_B\): \[v_B=\frac{v_At^\ast\sin\alpha-H}{t^\ast\sin\beta-\frac{H\cos\beta}{v_A\cos\alpha}}=\frac{50}{\sqrt{3}}\frac{m}{s}\] Da cui \[t=\frac{1}{\frac{v_B\cos\beta}{v_A\cos\alpha}-1}t^\ast=\frac{\sqrt{3}}{4}s\] Il problema ti chiede però di determinare l'istante in cui i due corpi s'incontrano dalla partenza di \(A\): \[t'=t+t^\ast=\frac{\sqrt{3}}{4}s+\sqrt{3}s=\frac{5}{4}\sqrt{3}s\] Spero sia d'aiuto
Scusami ma sostituendo i valori numerici alla formula di Vb non viene 50/rad di 3
Sì, chiaramente avevo scordato di riportare un tempo a numeratore (altrimenti si sottraevano a velocità delle distanze!) e ho provveduto alla modifica. Torna?
si avevo gia notato che mancava il tempo ma non mi torna ugualmente
Cosa non torna: i passaggi per arrivare alla formula o i conti?
Sostituendo i valori numerici non mi tornano i conti
\(\dfrac{-10\cdot\sqrt{3}\cdot{}^\sqrt{3}/_2-10}{\sqrt{3}\cdot\dfrac{1}{2}-\dfrac{10\cdot{}^\sqrt{3}/_2}{10\cdot{}^1/_2}}\dfrac{m}{s}=\dfrac{50}{\sqrt{3}}\dfrac{m}{s}\)
giusto, no?
giusto, no?
ok mi trovo, 2 domande ancora : come mai quando calcoli la y(A) e la y(B) non tieni conto del tempo t(0) come hai fatto con la x? perche all istante in cui parte il corpo B il corpo A si trova sempre alla posizione H? ultima cosa mi dici perche l angolo alfa è -pigreco/3? Grazie mille
1. Non tengo conto della \(t^\ast\) poiché, come dicevo, ho reimpostato l'orologio;
2. per ipotesi del problema;
3. l'angolo \(\alpha\) è pari a \(-\frac{\pi}{3}\) intuitivamente perché, al tempo \(t^\ast\), \(A\) sta scendendo e perciò si trova con il vettore velocità rivolto verso il basso e con un'inclinazione definita dalla tangente alla curva (nel punto in cui \(A\) si trova all'istante \(t^\ast\)) che è speculare, rispetto all'asse della parabola, alla tangente nell'effettivo punto di partenza di \(A\): dunque, anziché essere \(\frac{\pi}{3}\) è \(-\frac{\pi}{3}\). (Più rigorosamente, si tiene conto che la velocità mantiene una componente orizzontale, nel verso delle \(x\) positive, indipendente dal moto lungo la verticale e conseguentemente, una volta definita la direzione della retta tangente, il verso della velocità è stabilito).
Eventualmente restasse poco chiaro l'ultimo punto, prova con un disegno; altrimenti guardiamo assieme
2. per ipotesi del problema;
3. l'angolo \(\alpha\) è pari a \(-\frac{\pi}{3}\) intuitivamente perché, al tempo \(t^\ast\), \(A\) sta scendendo e perciò si trova con il vettore velocità rivolto verso il basso e con un'inclinazione definita dalla tangente alla curva (nel punto in cui \(A\) si trova all'istante \(t^\ast\)) che è speculare, rispetto all'asse della parabola, alla tangente nell'effettivo punto di partenza di \(A\): dunque, anziché essere \(\frac{\pi}{3}\) è \(-\frac{\pi}{3}\). (Più rigorosamente, si tiene conto che la velocità mantiene una componente orizzontale, nel verso delle \(x\) positive, indipendente dal moto lungo la verticale e conseguentemente, una volta definita la direzione della retta tangente, il verso della velocità è stabilito).
Eventualmente restasse poco chiaro l'ultimo punto, prova con un disegno; altrimenti guardiamo assieme
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