Problema di cinematica
Un’anatra vola orizzontalmente ad una quota H = 25 m dal suolo con
velocità costante v = 18 ms-1. 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 θ (alzo);
c) dopo quanto tempo il proiettile colpisce l’anatra.
----
Allora dovrebbero valere le seguenti:
per l'anatra:
$\{(x=v*t),(y=H):}$
per il proiettile:
$\{(x=v_0 cos \theta* t),(y=v_0 sin \theta*t-1/2 g*t^2):}$
L'impatto del proiettile con l'anatra deve avvenire evidentemente all'altezza H. per cui pongo H=y per l'equazione del proiettile e ottengo:
$H=v_0 sin \theta*t-1/2 g*t^2$
Similmente l'ascissa dei due punti corpi all'impatto è la medesima quindi:
$v*t=v_0 cos \theta* t rArr v=v_0 cos \theta$
la domanda è ...come diavolo trovo l'angolo?
ho pensato anche :
$\{(tg \theta = H/x=H/(v*t)),(tg \theta = (v_0 sin \theta)/v):}
da cui ottengo $H=v_0 sin \theta * t$
ma prima mi tornava $H=v_0 sin \theta*t-1/2 g*t^2$
dove sbaglio? se qualcuno mi dà una dritta..
grazie
velocità costante v = 18 ms-1. 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 θ (alzo);
c) dopo quanto tempo il proiettile colpisce l’anatra.
----
Allora dovrebbero valere le seguenti:
per l'anatra:
$\{(x=v*t),(y=H):}$
per il proiettile:
$\{(x=v_0 cos \theta* t),(y=v_0 sin \theta*t-1/2 g*t^2):}$
L'impatto del proiettile con l'anatra deve avvenire evidentemente all'altezza H. per cui pongo H=y per l'equazione del proiettile e ottengo:
$H=v_0 sin \theta*t-1/2 g*t^2$
Similmente l'ascissa dei due punti corpi all'impatto è la medesima quindi:
$v*t=v_0 cos \theta* t rArr v=v_0 cos \theta$
la domanda è ...come diavolo trovo l'angolo?
ho pensato anche :
$\{(tg \theta = H/x=H/(v*t)),(tg \theta = (v_0 sin \theta)/v):}
da cui ottengo $H=v_0 sin \theta * t$
ma prima mi tornava $H=v_0 sin \theta*t-1/2 g*t^2$
dove sbaglio? se qualcuno mi dà una dritta..
grazie
Risposte
Benvenuto nel forum. 
Qui sbagli perché sostituisci $H$ con $v_0tsintheta$ mentre invece è
$H=v_0tsintheta-1/2at^2$
Ora devo andare, semmai dopo provo a vederlo tutto.
$\{(tg \theta = H/x=H/(v*t)),(tg \theta = (v_0 sin \theta)/v):}
Qui sbagli perché sostituisci $H$ con $v_0tsintheta$ mentre invece è
$H=v_0tsintheta-1/2at^2$
Ora devo andare, semmai dopo provo a vederlo tutto.
beh intanto grazie mille per la risposta.
$tg \theta = (v_0 sin \theta)/v$
l'ho ricavato così, essendo $v= v_0 cos \theta$
$tg \theta = (v_0 sin \theta)/v=v_0/v_0 sin \theta/ cos \theta= tg \theta$
mentre l'altra relazione $tg \theta = H/x=H/v*t$ è abbastanza intuitiva, nel senso che mi sono detto " la tangente dell'angolo sarà uguale all'altezza H della quota dell'anatra fratto la distanza x che copre l'anatra finchè non viene colpita che è x= v*t."
e la relazione H che ottengo diversa da quella precedente si trova eguagliando $H/(v*t)=(v_0 sin \theta)/v
ma il conto non torna..steven se hai tempo dopo per piacere guardalo con calma e sappimi dire..grazie
$tg \theta = (v_0 sin \theta)/v$
l'ho ricavato così, essendo $v= v_0 cos \theta$
$tg \theta = (v_0 sin \theta)/v=v_0/v_0 sin \theta/ cos \theta= tg \theta$
mentre l'altra relazione $tg \theta = H/x=H/v*t$ è abbastanza intuitiva, nel senso che mi sono detto " la tangente dell'angolo sarà uguale all'altezza H della quota dell'anatra fratto la distanza x che copre l'anatra finchè non viene colpita che è x= v*t."
e la relazione H che ottengo diversa da quella precedente si trova eguagliando $H/(v*t)=(v_0 sin \theta)/v
ma il conto non torna..steven se hai tempo dopo per piacere guardalo con calma e sappimi dire..grazie
Beh ho risolto. grazie cmq.
giusto perchè magari può essere utile a qualcuno scrivo la soluzione.
dunque valgono:
per l'anatra:
$\{(x=v*t),(y=H):}$
per il proiettile:
$\{(x=v_0 cos \theta* t),(y=v_0 sin \theta*t-1/2 g*t^2):}$
L'impatto del proiettile con l'anatra deve avvenire evidentemente all'altezza H. per cui pongo H=y per l'equazione del proiettile e ottengo:
$H=v_0 sin \theta*t-1/2 g*t^2$ (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, ossia quella velocità per cui il proiettile colpisce l'anatra alla massima altezza della traiettoria. Quindi si scrive:
$v_y=v_0 sin \theta - g*t rArr v_y=0 rArr t=(v_0 sin \theta)/g$
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°
$v_0 = v / cos \theta = 28,5 m/s$
$t= (v_0 sin \theta)/(g)=2,26 s$
giusto perchè magari può essere utile a qualcuno scrivo la soluzione.
dunque valgono:
per l'anatra:
$\{(x=v*t),(y=H):}$
per il proiettile:
$\{(x=v_0 cos \theta* t),(y=v_0 sin \theta*t-1/2 g*t^2):}$
L'impatto del proiettile con l'anatra deve avvenire evidentemente all'altezza H. per cui pongo H=y per l'equazione del proiettile e ottengo:
$H=v_0 sin \theta*t-1/2 g*t^2$ (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, ossia quella velocità per cui il proiettile colpisce l'anatra alla massima altezza della traiettoria. Quindi si scrive:
$v_y=v_0 sin \theta - g*t rArr v_y=0 rArr t=(v_0 sin \theta)/g$
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°
$v_0 = v / cos \theta = 28,5 m/s$
$t= (v_0 sin \theta)/(g)=2,26 s$
Ciao, devi scusarmi ma ammetto di esserci stato un pochino sul problema, anche perché ho tentato varie strade.
Una di esse è appunto la tua, e ottengo gli stessi risultati.
Ho agito anche in questo modo: mi sono calcolato l'equazione della parabola descritta dal proiettile, ed è
$y=xtantheta-g/(2v^2cos^2theta)x^2
Quindi ho ragionato così: devo trovare le intersezioni di questa parabola con la retta
$y=H$.
Quindi ottengo l'equazione di secondo grado in $x$
$xtantheta-g/(2v^2cos^2theta)x^2-H=0$
Calcolando il delta ho
$Delta=tan^2theta-(2gH)/(v^2cos^2theta)$
Affinché la parabola e la retta si intersechino, devo avere $Delta>=0$ quindi vado a prendere il caso limite ponendo
$Delta=0$
Fatto ciò, ottengo la relazione
$v^2sin^2theta=2gH$ quindi
$vsintheta=sqrt(2gH)$
A questo punto la mia strada confluisce nella tua e si conclude come hai fatto tu.
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 $H$.
Mi fa piacere che hai risolto comunque da solo.
Pubblicherò la tua soluzione e la mia nel sito, come esercizio svolto.
Ciao
Una di esse è appunto la tua, e ottengo gli stessi risultati.
Ho agito anche in questo modo: mi sono calcolato l'equazione della parabola descritta dal proiettile, ed è
$y=xtantheta-g/(2v^2cos^2theta)x^2
Quindi ho ragionato così: devo trovare le intersezioni di questa parabola con la retta
$y=H$.
Quindi ottengo l'equazione di secondo grado in $x$
$xtantheta-g/(2v^2cos^2theta)x^2-H=0$
Calcolando il delta ho
$Delta=tan^2theta-(2gH)/(v^2cos^2theta)$
Affinché la parabola e la retta si intersechino, devo avere $Delta>=0$ quindi vado a prendere il caso limite ponendo
$Delta=0$
Fatto ciò, ottengo la relazione
$v^2sin^2theta=2gH$ quindi
$vsintheta=sqrt(2gH)$
A questo punto la mia strada confluisce nella tua e si conclude come hai fatto tu.
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 $H$.
Mi fa piacere che hai risolto comunque da solo.
Pubblicherò la tua soluzione e la mia nel sito, come esercizio svolto.
Ciao
cavolo non avevo pensato minimamente all'idea di cercare il punto in comune delle due traiettorie come curve...per i prossimi esercizi lo terrò a mente come possibile soluzione. grazie
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