Moto del proiettile
Sparando un proiettile avente una massa m=20 g con velocità di uscita dalla canna del fucile di v_0=250 m/s si verifica che quando raggiunge un’altezza di h=2680 m la sua direzione forma un angolo di θ=45° con l’orizzontale. Determinare:
a) l’inclinazione della canna del fucile, rispetto all’orizzontale, al momento dello sparo.
grazie a chiunque mi aiuterà.
a) l’inclinazione della canna del fucile, rispetto all’orizzontale, al momento dello sparo.
grazie a chiunque mi aiuterà.
Risposte
ciao
hai provato a risolverlo, che dubbi hai?
hai provato a risolverlo, che dubbi hai?
ho fatto tutti i punti dell'esercizio (che ovviamente qui non ho scritto)
ma questo non so proprio come farlo.
Come devo fare? se avessi avuto la gittata avrei potuto calcolare l'angolo.
ma così non mi viene niente in mente
ma questo non so proprio come farlo.
Come devo fare? se avessi avuto la gittata avrei potuto calcolare l'angolo.
ma così non mi viene niente in mente
se vuoi puoi postare il testo esatto del problema, mi sembra che ci sia qualcosa che non va. Sei sicur* che la richiesta sia \( \theta\) ?
questo è il testo giusto.
cmq non chiede θ chiede, vuole l’inclinazione della canna del fucile, rispetto all’orizzontale, al momento dello sparo.
θ è l'angolo che forma quando il proiettile è all'altezza di 2680m.
cmq non chiede θ chiede, vuole l’inclinazione della canna del fucile, rispetto all’orizzontale, al momento dello sparo.
θ è l'angolo che forma quando il proiettile è all'altezza di 2680m.
Per caso hai il risultato? A me risulterebbe che l'angolo che cerchi sia (73.59)°.
non ho il risultato...
ma come l'hai ottenuto?
ma come l'hai ottenuto?
Ho calcolato inizialmente a quale istante di tempo $bar t$ il proiettile ha raggiunto l'altezza $h$, dalla legge del moto sull'asse $y$, preso verticale e orientato verso l'alto, con l'origine nel punto in cui parte il proiettile.
Dall' equazione $y(t)=v_(0, y)*t-1/2* g* t^2$ si ha
$h=v_(0, y)* bar t-1/2* g * bar t^2$,
cioè
$g * bar t^2-2*v_(0, y) * bar t + 2*h=0$.
L'equazione di 2° grado ha due soluzioni,
$bar t = (v_(0, y) - sqrt(v_(0, y)^2 - 2*g*h))/g ^^ bar t = ( v_(0, y)+sqrt(v_(0, y)^2 - 2*g*h))/g$
perchè il proiettile si trova all'altezza $h$ una prima volta, quando sta salendo, e poi quando ridiscende.
Poiché l'angolo con l'orizzontale è $theta=45°$ va scelto il tempo corrispondente alla salita, cioè la soluzione minore, quella con il segno $-$, e quindi
$bar t = (v_(0, y) - sqrt(v_(0, y)^2 - 2*g*h))/g$.
Se a quell'istante di tempo la direzione del proiettile forma con l'orizzontale un angolo $theta=45°$, le componenti della velocità sui due assi devono essere uguali.
Ma $v_x(t) = v_(0,x)$ e $v_y(t)=v_(0,y)-g*t$, da cui
$v_x( bar t)=v_y(bar t)->v_(0,x)=v_(0,y)-g* bar t->$
$v_(0,x)=v_(0,y)-(v_(0, y) - sqrt(v_(0, y)^2 - 2*g*h))->v_(0,x)=sqrt(v_(0, y)^2 - 2*g*h)->$
$v_(0,x)^2=v_(0, y)^2 - 2*g*h->v_(0,x)^2-v_(0, y)^2= - 2*g*h$.
Ora $v_(0,x)=v_0*cos alpha$ e $v_(0,y)=v_0*sin alpha$, se $alpha$ è l'inclinazione rispetto all'orizzontale al momento dello sparo.
Quindi
$v_(0,x)^2-v_(0, y)^2= - 2*g*h->v_0^2(cos^2 alpha- sin^2 alpha)=- 2*g*h->$
$cos 2alpha=- (2*g*h)/v_0^2$.
Sostituendo i dati trovo $alpha = 73.59°$.
Dall' equazione $y(t)=v_(0, y)*t-1/2* g* t^2$ si ha
$h=v_(0, y)* bar t-1/2* g * bar t^2$,
cioè
$g * bar t^2-2*v_(0, y) * bar t + 2*h=0$.
L'equazione di 2° grado ha due soluzioni,
$bar t = (v_(0, y) - sqrt(v_(0, y)^2 - 2*g*h))/g ^^ bar t = ( v_(0, y)+sqrt(v_(0, y)^2 - 2*g*h))/g$
perchè il proiettile si trova all'altezza $h$ una prima volta, quando sta salendo, e poi quando ridiscende.
Poiché l'angolo con l'orizzontale è $theta=45°$ va scelto il tempo corrispondente alla salita, cioè la soluzione minore, quella con il segno $-$, e quindi
$bar t = (v_(0, y) - sqrt(v_(0, y)^2 - 2*g*h))/g$.
Se a quell'istante di tempo la direzione del proiettile forma con l'orizzontale un angolo $theta=45°$, le componenti della velocità sui due assi devono essere uguali.
Ma $v_x(t) = v_(0,x)$ e $v_y(t)=v_(0,y)-g*t$, da cui
$v_x( bar t)=v_y(bar t)->v_(0,x)=v_(0,y)-g* bar t->$
$v_(0,x)=v_(0,y)-(v_(0, y) - sqrt(v_(0, y)^2 - 2*g*h))->v_(0,x)=sqrt(v_(0, y)^2 - 2*g*h)->$
$v_(0,x)^2=v_(0, y)^2 - 2*g*h->v_(0,x)^2-v_(0, y)^2= - 2*g*h$.
Ora $v_(0,x)=v_0*cos alpha$ e $v_(0,y)=v_0*sin alpha$, se $alpha$ è l'inclinazione rispetto all'orizzontale al momento dello sparo.
Quindi
$v_(0,x)^2-v_(0, y)^2= - 2*g*h->v_0^2(cos^2 alpha- sin^2 alpha)=- 2*g*h->$
$cos 2alpha=- (2*g*h)/v_0^2$.
Sostituendo i dati trovo $alpha = 73.59°$.
@chiaraotta:
perchè non hai tenuto conto degli attriti dell'aria? Non c'è scritto che siano trascurabili, anzi mi sembrava (magari sbaglio) che il fatto che il testo ci dia la massa, volesse dire il contrario.
perchè non hai tenuto conto degli attriti dell'aria? Non c'è scritto che siano trascurabili, anzi mi sembrava (magari sbaglio) che il fatto che il testo ci dia la massa, volesse dire il contrario.
La butto lì...
Mi associo con coloro che dicono che forse l'attrito dell'aria va considerato, perché io non l'ho fatto e la massa non comparirà nella formula finale... Mi sembra strano. È anche vero, però, che il testo non fornisce la viscosità dell'aria.
Quando la velocità del proiettile forma un angolo di 45° la sua componente orizzontale e quella verticale sono uguali (mi sembra si formi un quadrato) e, poiché la componente orizzontale è costante, possiamo calcolare la componente verticale in tale punto $v_1=v\cos45°$.
Imporrei la conservazione dell'energia lungo la componente verticale: energia cinetica iniziale (velocità iniziale $v_i=v\sin\alpha$) uguale all'energia potenziale nel punto dato dal problema ($E_p=0$ nell'origine) più l'energia cinetica in tal punto. In formule:
$1/2 m (v\sin\alpha)^2 = 1/2 m (v\cos45°)^2+mgh$, da cui si ricava $\alpha$.
Facendo i calcoli si ottiene lo stesso risultato di chiaraotta ma il procedimento mi sembra nettamente più semplice (spero non sia sbagliato
)!
Mi associo con coloro che dicono che forse l'attrito dell'aria va considerato, perché io non l'ho fatto e la massa non comparirà nella formula finale... Mi sembra strano. È anche vero, però, che il testo non fornisce la viscosità dell'aria.
Quando la velocità del proiettile forma un angolo di 45° la sua componente orizzontale e quella verticale sono uguali (mi sembra si formi un quadrato) e, poiché la componente orizzontale è costante, possiamo calcolare la componente verticale in tale punto $v_1=v\cos45°$.
Imporrei la conservazione dell'energia lungo la componente verticale: energia cinetica iniziale (velocità iniziale $v_i=v\sin\alpha$) uguale all'energia potenziale nel punto dato dal problema ($E_p=0$ nell'origine) più l'energia cinetica in tal punto. In formule:
$1/2 m (v\sin\alpha)^2 = 1/2 m (v\cos45°)^2+mgh$, da cui si ricava $\alpha$.
Facendo i calcoli si ottiene lo stesso risultato di chiaraotta ma il procedimento mi sembra nettamente più semplice (spero non sia sbagliato
)!
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo