PROBLEMI DIFFICILI DI CINEMATICA DEL PUNTO

[nikko801]

Vi ringrazio se potete risolvermi questi tre problemi che non mi sono riusciti:

ALL'ISTANTE t[size=59]0[/size] UNA PALLA VIENE LANCIATA NEL PIANO zx CON VELOCITA INIZIALE v[size=75]O[/size]=150 M/S CHE FORMA UN ANGOLO A(alfa) CON ASSE x. NELLO STESSO ISTANTE UN OSSERVATORE CHE GIRA IN SENSO ANTIORARIO CON VELOCITA W (omega) COSTANTE SUL BORDO DI UNA GIOSTRA DI RAGGIO r PASSA PER L'ASSE x. L'ASSE DELLA GIOSTRA GIACE SUL PIANO zx E LA DISTANZA DEL PUNTO DI LANCIO DELLA PALLA DALL'ASSE DELLA GIOSTRA E' TALE CHE AL CULMINE DELLA SUA TRAIETTORIA PARABOLICA LA PALLA PASSA PER L'ASSE IN QUESTIONE. CALCOLARE IL MODULO DI velocità relativa E accelerazione relativa NELL'ISTANTE t* IN CUI LA PALLA E' AL CULMINE DELLA SUA TRAIETTORIA PARABOLICA.

UN CANNONE SITUATO AL LIVELLO DEL SUOLO E' PUNTATO CONTRO UN BERSAGLIO POSTO AD ALTEZZA h; LA DISTANZA TRA IL CANNONE E LA PROIEZIONE DEL BERSAGLIO SUL SUOLO E' d. NELL'ISTANTE IN CUI IL CANNONE SPARA UN PROIETTILE CON VELOCITA' v, IL BERSAGLIO VIENE LASCIATO CADERE LIBERAMENTE: SUPPONENDO TRASCURABILE LA RESISTENZA DELL'ARIA, SI DETERMINI IL VALORE v[size=59]0[/size] tale che se v è maggiore di v[size=59]0[/size] il proiettile colpisce sicuramenye il bersaglio.

CON UN CANNONE SITUATO IN A SI TENTA DI COLPIRE LA COSTRUZIONE POSTA IN C (A e C SONO SUL SOLITO ASSE x) AL RIPARO DI UNA COLLINA DI ALTEZZA BP=h=500m. LA DISTANZA TRA A e B E' d=5000m, IL MODULO DELLA VELOCITA' DEL PROIETTILE ALL'USCITA DEL CANNONE E' v[size=59]0[/size]=sqrt(10*g*d/9); L'INCLINAZIONE DEL CANNONE PUO' ESSERE VARIATA A PIACERE. SI CALCOLI d2 TALE CHE SE BC E' MINORE DI d2 LA COSTRUZIONE NON PUO' ESSERE COLPITA DAL PROIETTILE.

non sono semplici ma spero che possiate darmi una mano

[R[i]dd[i]cK11]

"nikko801":[...]CON UN CANNONE SITUATO IN A SI TENTA DI COLPIRE LA COSTRUZIONE POSTA IN C (A e C SONO SUL SOLITO ASSE x) AL RIPARO DI UNA COLLINA DI ALTEZZA BP=h=500m. LA DISTANZA TRA A e B E' d=5000m, IL MODULO DELLA VELOCITA' DEL PROIETTILE ALL'USCITA DEL CANNONE E' v0=sqrt(10*g*d/9); L'INCLINAZIONE DEL CANNONE PUO' ESSERE VARIATA A PIACERE. SI CALCOLI d2 TALE CHE SE BC E' MINORE DI d2 LA COSTRUZIONE NON PUO' ESSERE COLPITA DAL PROIETTILE.[...]

Facendo una prima analisi sembra che il proiettile non riesca ad oltrepassare la barriera, vediamo perché: tenendo in considerazione la velocità iniziale del proiettile

$V_0 = \sqrt{\frac{10gd}{9}} = \sqrt{\frac{10 \cdot 9,81 m/s^2 \cdot 5000 m}{9}} = 233,45 m/s$

possiamo calcolare la gittata massima:

$\Gamma = \frac{V_0^2 \cdot \sin 2 \vartheta_0}{g} = 5555,44 m$ $to$ $\vartheta = 45°$

dal risultato ottenuto si nota come la massima distanza raggiungibile dal proiettile va di poco oltre la barriera posta in B. Ora tenendo in considerazione l'altezza della barriera, calcoliamo l'altezza in cui si trova il proiettile nel momento in cui incrocia l'asse della barriera, in modo da accertare che sia in grado di superarla. Per fare ciò utilizzeremo l'equazione della traiettoria del proiettile:

$\psi = x \cdot \tg \vartheta_0 - \frac{g}{2 ( V_0 \cdot \cos \vartheta_0)^2} \cdot x^2 = 499,91 m$

è evidente che il proiettile non riesce al oltrepassare una barriera alta 500 m posta a 5000 m di distanza con la velocità iniziale considerata.

[cavallipurosangue]

C'è un errore di concetto nella tua risoluzione: Non è detto che con la gittata massima l'altezza raggiunta sia quella maggiore, dato che puoi avere l'alzo che ti pare puoi sacrificare un pò di gittata ad acquistare un pò di altezza massima. Anzi secondo me devi imporre nell'equazione della traiettoria che quando la x vale 5000 m la y deve valere 500 m. e ti trovi il valore dell'angolo per cui ciò avviene. A questo punto trovi la gittata per questo angolo e deduci che in tutto quell'intervallo spaziale che c'è tra la gittata e la collina si ha una "safe line", ossia là il bersaglio non può esser colpito con le ipotesi iniziali.

[R[i]dd[i]cK11]

"cavallipurosangue":C'è un errore di concetto nella tua risoluzione: Non è detto che con la gittata massima l'altezza raggiunta sia quella maggiore, dato che puoi avere l'alzo che ti pare puoi sacrificare un pò di gittata ad acquistare un pò di altezza massima. Anzi secondo me devi imporre nell'equazione della traiettoria che quando la x vale 5000 m la y deve valere 500 m. e ti trovi il valore dell'angolo per cui ciò avviene. A questo punto trovi la gittata per questo angolo e deduci che in tutto quell'intervallo spaziale che c'è tra la gittata e la collina si ha una "safe line", ossia là il bersaglio non può esser colpito con le ipotesi iniziali.

Giusta osservazione! Ho risolto il problema stamattina appena svegliato (:D) e sono stato un po' frettoloso. Ora vediamo di sviluppare la soluzione corretta da te suggerita.

Dall'equazione della traiettoria, otteniamo l'equazione di 2° grado in $tg \vartheta$:

$(\psi + \frac{g \cdot x^2}{2 V_0^2}) - x \cdot tg \vartheta + (\frac{g \cdot x^2}{2 V_0^2}) tg \vartheta^2 = 0$

che ha soluzioni:

$tg \vartheta = (\frac{V_0^2}{g \cdot x}) \+- \sqrt{(\frac{V_0^2}{g \cdot x})^2 - (1 + \frac{2 \psi V_0^2}{g \cdot x^2})}$

ovviamente deve valere la condizione:

$(\frac{V_0^2}{g \cdot x})^2 - (1 + \frac{2 \psi V_0^2}{g \cdot x^2}) \>= 0$ cioè $\psi \<= \frac{V_0^2}{2g} - (\frac{g}{2 V_0^2}) \cdot x^2$

facendo i calcoli si ottiene l'intervallo di angoli che permettono al proiettile di oltrepassare la barriera, che vanno

da $\vartheta_max = 50,705°$ a $\vartheta_min = 45,005°$

ora sapendo che il punto più vicino a B è raggiunto dalla traiettoria con l'angolo maggiore (in quanto ha gittata inferiore) otteniamo:

$\Gamma = \frac{V_0^2 \cdot sen 2 \vartheta_0}{g} = 5445,65 m$ $\to$ $\vartheta_0 = 50,705°$

quindi la distanza $\Omega$ tale che se $BC$ è minore di $\Omega$ il bersaglio non può essere colpito è: 445,65 m.

PS - Grazie a cavallipurosangue per la sveglia!

[R[i]dd[i]cK11]

"nikko801":[...]UN CANNONE SITUATO AL LIVELLO DEL SUOLO E' PUNTATO CONTRO UN BERSAGLIO POSTO AD ALTEZZA h; LA DISTANZA TRA IL CANNONE E LA PROIEZIONE DEL BERSAGLIO SUL SUOLO E' d. NELL'ISTANTE IN CUI IL CANNONE SPARA UN PROIETTILE CON VELOCITA' v, IL BERSAGLIO VIENE LASCIATO CADERE LIBERAMENTE: SUPPONENDO TRASCURABILE LA RESISTENZA DELL'ARIA, SI DETERMINI IL VALORE v0 tale che se v è maggiore di v0 il proiettile colpisce sicuramenye il bersaglio.[...]

Prima di tutto vediamo le equazioni orarie della mela, che sono:

$\xi_M = d$ e $\psi_M = h - \frac{g \cdot t^2}{2}$

mentre quelle del proiettile sono:

$\xi = (V_0 \cdot cos \vartheta) \cdot t$ e $\psi = l + (V_0 \cdot sen \vartheta) \cdot t - \frac{g \cdot t^2}{2}$

$V_0$ e $\vartheta$ sono velocità di lancio e angolo formato con l'orizzontale rispettivamente. Perché il proiettile colpisca il bersaglio, è necessario che ad un determinato istante $\tau$ essi abbiano le stesse coordinate. Cioè:

$\xi_M = \xi$ $\to$ $d = (V_0 \cdot cos \vartheta) \cdot \tau$

$\psi_M = \psi$ $\to$ $h - \frac{g \cdot \tau^2}{2} = l + (V_0 \cdot sen \vartheta) \cdot \tau - \frac{g \cdot \tau^2}{2}$

queste equazioni possono determinare la quota di collisione in funzione della velocità di lancio, quindi si può dedurre che esiste un valore minimo della velocità che permette di colpire il bersaglio prima che tocchi terra. La condizione è questa:

$\psi_M = h - \frac{g \cdot \tau^2}{2} > 0$

ora possiamo ricavare il valore di $\tau$ dall'equazione precedente: $\tau = \frac{d}{V_0 \cdot cos \vartheta}$, che ora andremo a sostituire nella diseguaglianza in modo da ottenere il valore minimo cercato:

$V_0 > \frac{d}{cos \vartheta} \cdot \sqrt{\frac{g}{2h}}$

PS - Spero di non aver fatto errori sciocchi stavolta!

[nikko801]

eh si il primo va bene!!il secondo avevo come soluzione d*sqrt(g/2h) però mi sa che è sbagliata la soluzione il procedimento mi sembra corretto:)

unica cosa nel secondo non mi torna il passaggio che hai fatto per ottenere dall'equazione della traiettoria l'equazione in tg (teta) puoi farmelo vedere?grazie

[R[i]dd[i]cK11]

Dall'equazione della traiettoria:

$\psi = x \cdot tg \vartheta - \frac{g \cdot x^2}{2 \cdot ( V_0 \cdot \cos \vartheta )^2}$

ottieni

$\psi = x \cdot tg \vartheta - \frac{g \cdot ( 1 + tg \vartheta^2 ) \cdot x^2}{2 \cdot V_0^2}$

e da qui ottieni l'equazione che permette di trovare i valori di $\vartheta$:

$( \psi + \frac{g \cdot x^2}{2 V_0^2} ) - x \cdot tg \vartheta + ( \frac{g \cdot x^2}{2 V_0^2} ) tg \vartheta^2 = 0$

PS - mi spighi cosa intendi per "non mi torna"?

[nikko801]

grazie..va benissimo..non mi tornava il passaggio matematico

[lordb]

Anche se il thread è OT da anni posto la soluzione corretta dell'esercizio 2) nel caso qualcuno si trovasse in difficoltà (dal momento che si trova nel Rosati è possibile ).

"nikko801":
UN CANNONE SITUATO AL LIVELLO DEL SUOLO E' PUNTATO CONTRO UN BERSAGLIO POSTO AD ALTEZZA h; LA DISTANZA TRA IL CANNONE E LA PROIEZIONE DEL BERSAGLIO SUL SUOLO E' d. NELL'ISTANTE IN CUI IL CANNONE SPARA UN PROIETTILE CON VELOCITA' v, IL BERSAGLIO VIENE LASCIATO CADERE LIBERAMENTE: SUPPONENDO TRASCURABILE LA RESISTENZA DELL'ARIA, SI DETERMINI IL VALORE v[size=59]0[/size] tale che se v è maggiore di v[size=59]0[/size] il proiettile colpisce sicuramenye il bersaglio.

Fino all'ultimo passaggio la soluzione proposta da RddcK è giusta.

Il problema è che $V_0 = d/cos(theta) * sqrt(g/(2h))$ equivale a $V_(0x)=d*sqrt(g/(2h))$ e quindi a una condizione sulla prima componente della velocità di partenza non sulla velocità in partenza in sè.

Allora sfrutto il fatto che $t=h/(sin(theta)*V_0)$ e quindi sostituendo ottengo $V_(0y)=h*sqrt(g/(2h))$.

Dunque dato che $vecV_0=(V_(0x),V_(0y))$,$V_0=sqrt((d*sqrt(g/(2h)))^2+(h*sqrt(g/(2h)))^2)=sqrt((d^2+h^2)/h*(g/2))$.

Spero possa servire a qualcuno

[Slow_Hand]

"RddcK":4zy2xhdh:[quote="cavallipurosangue"]C'è un errore di concetto nella tua risoluzione: Non è detto che con la gittata massima l'altezza raggiunta sia quella maggiore, dato che puoi avere l'alzo che ti pare puoi sacrificare un pò di gittata ad acquistare un pò di altezza massima. Anzi secondo me devi imporre nell'equazione della traiettoria che quando la x vale 5000 m la y deve valere 500 m. e ti trovi il valore dell'angolo per cui ciò avviene. A questo punto trovi la gittata per questo angolo e deduci che in tutto quell'intervallo spaziale che c'è tra la gittata e la collina si ha una "safe line", ossia là il bersaglio non può esser colpito con le ipotesi iniziali.

Giusta osservazione! Ho risolto il problema stamattina appena svegliato (:D) e sono stato un po' frettoloso. Ora vediamo di sviluppare la soluzione corretta da te suggerita.

Dall'equazione della traiettoria, otteniamo l'equazione di 2° grado in $tg \vartheta$:

$(\psi + \frac{g \cdot x^2}{2 V_0^2}) - x \cdot tg \vartheta + (\frac{g \cdot x^2}{2 V_0^2}) tg \vartheta^2 = 0$

che ha soluzioni:

$tg \vartheta = (\frac{V_0^2}{g \cdot x}) \+- \sqrt{(\frac{V_0^2}{g \cdot x})^2 - (1 + \frac{2 \psi V_0^2}{g \cdot x^2})}$

ovviamente deve valere la condizione:

$(\frac{V_0^2}{g \cdot x})^2 - (1 + \frac{2 \psi V_0^2}{g \cdot x^2}) \>= 0$ cioè $\psi \<= \frac{V_0^2}{2g} - (\frac{g}{2 V_0^2}) \cdot x^2$

facendo i calcoli si ottiene l'intervallo di angoli che permettono al proiettile di oltrepassare la barriera, che vanno

da $\vartheta_max = 50,705°$ a $\vartheta_min = 45,005°$

ora sapendo che il punto più vicino a B è raggiunto dalla traiettoria con l'angolo maggiore (in quanto ha gittata inferiore) otteniamo:

$\Gamma = \frac{V_0^2 \cdot sen 2 \vartheta_0}{g} = 5445,65 m$ $\to$ $\vartheta_0 = 50,705°$

quindi la distanza $\Omega$ tale che se $BC$ è minore di $\Omega$ il bersaglio non può essere colpito è: 445,65 m.

PS - Grazie a cavallipurosangue per la sveglia! [/quote]

Scusate ma io ho dei problemi proprio dall'equazione della traiettoria ...l'equazione che ricavo è in tangente e cosen quadro. Ci sarà qualche passaggio scontato a cui non riesco ad arrivare da solo

[mathbells]

"Slow_Hand":Scusate ma io ho dei problemi proprio dall'equazione della traiettoria ...l'equazione che ricavo è in tangente e cosen quadro

Per ottenere l'equazione solo in tangente quadra basta considerare questa identità:
\(\displaystyle \frac{1}{\cos^2\theta} =\frac{\cos^2\theta+\sin^2\theta}{\cos^2\theta}= \frac{\sin^2\theta}{\cos^2\theta}+\frac{\cos^2\theta}{\cos^2\theta}=\tan^2\theta+1\)

PS: scusa slow_hand, ma per questo dubbio serviva riesumare un post vecchio di 7 anni, ed oltretutto citandone una parte che nemmeno riguarda il tuo dubbio? Non facevi prima a fare un post con la domanda specifica?

[Slow_Hand]

"mathbells":[quote="Slow_Hand"]Scusate ma io ho dei problemi proprio dall'equazione della traiettoria ...l'equazione che ricavo è in tangente e cosen quadro

Per ottenere l'equazione solo in tangente quadra basta considerare questa identità:
\(\displaystyle \frac{1}{\cos^2\theta} =\frac{\cos^2\theta+\sin^2\theta}{\cos^2\theta}= \frac{\sin^2\theta}{\cos^2\theta}+\frac{\cos^2\theta}{\cos^2\theta}=\tan^2\theta+1\)

PS: scusa slow_hand, ma per questo dubbio serviva riesumare un post vecchio di 7 anni, ed oltretutto citandone una parte che nemmeno riguarda il tuo dubbio? Non facevi prima a fare un post con la domanda specifica?[/quote]

Credevo fosse inutile aprire un nuovo post per qualcosa di gia fatto...tra l'altro una cosa che si è rivelata così sciocca da vergognarmene quasi Non ho fatto in tempo ad editare, che avevo gia risolto da me. La prossima volta aprirò un thread specifico...Scusate il disturbo!

[mathbells]

"Slow_Hand":tra l'altro una cosa che si è rivelata così sciocca da vergognarmene quasi Non ho fatto in tempo ad editare, che avevo gia risolto da me. La prossima volta aprirò un thread specifico...Scusate il disturbo!

Nessun distrubo . Non preoccuparti....a tutti vengono dubbi "sciocchi" a volte