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Soluzione Esonero 6 Novembre 2001

Le soluzioni sono date per ``problema tipo''. Sta allo studente calare tale soluzione nel problema specifico (ad esempio, i punti $A$ e $B$ possono essere città, stazioni ferroviarie , etc; il ``natante'' può essere un nuotatore, una barca, o anche un aerostato, e così via).
Viene illustrata la soluzione più semplice e più ``fisica'', anche se sono possibili altre soluzioni (valide per il superamento dell'esame!) più formali o comunque ``automatiche''.
Essendo questo un esonero essenzialmente su cinematica più ``$F=m\,a$'', non è invece consentito l'uso dei concetti di lavoro, energia cinetica e potenziale per la soluzione dei problemi.

  1. Il prodotto scalare può essere calcolato
    1. dalle componenti, come $s=v_{1_x}\cdot v_{2_x} +
v_{1_y}\cdot v_{2_y} + v_{1_z}\cdot v_{2_z}$;
    2. da moduli e angolo fra i vettori, come $s=\vert v_1\vert\cdot \vert v_2\vert\cdot \cos \theta$,

      ove $\vert v\vert = \sqrt{v_x^2+v_y^2+v_z^2}$.

    Ne segue

    \begin{displaymath}\cos \theta = \frac{v_{1_x}\cdot v_{2_x} +
v_{1_y}\cdot v_{...
... v_{1_z}\cdot v_{2_z}}
{\vert v_1\vert\cdot \vert v_2\vert}\,,\end{displaymath}

    da cui $\theta$.
    Se è richiesto di dire soltanto se l'angolo è acuto, ottuso o retto (foglio 1b), è sufficiente considerare se $s > 0$, $s<0$ o $s=0$, in quanto $s\propto \cos\theta$.
  2. Indicando positivo il verso che va dal punto $A$ al punto$B$ e chiamando $v_A$ e $v_B$ le velocità dei veicoli che partono dai punti rispettivi (quest'ultima è quindi negativa), otteniamo che la velocità relativa vale $v_A-v_B$ e quindi i veicoli si incontreranno dopo $ T = \overline{A\,B}/(v_A-v_B)$. Nell'istante dell'incontro i veicoli si troveranno ad una distanza $T\cdot v_A$ da $A$ e a $T\cdot \vert v_B\vert$ da $B$.
  3. Indicando con $F$ il fiume (di larghezza $L$), con $N$ il natante e con $R$ la riva, abbiamo

    \begin{eqnarray*}
\vec{v}_R(F) &=& (v_F, 0) \\
\vec{v}_F(N) &=& (0, v_N) \,,
\end{eqnarray*}



    da cui $\vec{v}_R(N) = (v_F, v_N)$. Ne segue che modulo e angolo della velocità rispetto alla riva sono $v_R = \sqrt{v_F^2+v_N^2}$ e $\theta = \arctan{(v_N/v_F)}$.
    Nel tempo $T = L/v_N$ con il quale viene attraversato il fiume, il natante percorre, rispetto alla riva, una distanza di $s=\sqrt{L^2+(Tv_F)^2} =
L\sqrt{1+(v_F/v_N)^2}$.
  4. L'oggetto raggiunge il pavimento dell'ascensore nel tempo $t=\sqrt{2\,h/g}$, dove $h$ indica l'altezza del soffitto dell'ascensore. In questo tempo l'ascensore è sceso di $v_0 \, t$, da cui

    \begin{displaymath}s = v_0\,t +g\,t^2/2= h +v_0\,t = h + v_0\sqrt{2\,h/g}\,.\end{displaymath}

  5. Fogli 1a e 1c

    Essendo $v = \sqrt{v^2_x+v_z^2}$, la condizione di minimo implica $v_z = 0$. Sapendo che tale condizione è raggiunta dopo il tempo $t$, otteniamo

    \begin{eqnarray*}
\frac{v_0\,\sin\theta}{g} & = & t \\
v_0 \,\cos\theta &=& v_{min},
\end{eqnarray*}



    dalle quali $\tan \theta = g\,t/v_{min}$
    Fogli 1b e 1d

    Indicando con $d$ e $h$ distanza (sull'orizzontale) e altezza del bersaglio, le condizioni del problema sono

    \begin{eqnarray*}
v_0 \,\cos(\theta) \,t &=& d \\
v_0\, \sin(\theta) \, t - g\,t^2/2 &=& h\,.
\end{eqnarray*}



    Ricavandosi $t$ dalla prima e sostituendolo nella seconda e sostituendo subito $\cos 45^\circ = \sin 45^\circ = \sqrt{2}/2$, si ottiene

    \begin{eqnarray*}
v_0 = d \sqrt{\frac{g}{d-h}}
\end{eqnarray*}



    (se $h > d$ il bersaglio non potrà mai essere colpito sparando a $45^\circ$). Se $h=d$ la velocità deve essere ``infinita'' per non risentire minimamente dell'accelerazione di gravità.

  6. Da $a$ (data direttamente o da $F=ma$) e $c$, usando la formula $a=v^2/R$ si ottiene

    \begin{eqnarray*}
v &=& \sqrt{a\,R} = \sqrt{\frac{a\,c}{2\pi}} \\
T &=& \frac{c}{v} = \sqrt{\frac{2\pi\,c}{a}}
\end{eqnarray*}



  7. Fogli 1a e 1c

    Dopo il tempo $\tau$ il corpo $P_1$ ha percorso uno spazio pari a $s_1(\tau) = (1/2 \, g\,\sin\theta) \tau^2$.
    • Se $s_1(\tau) \ge s_0$, l'incontro avviene nella posizione iniziale di $P2$, in quanto questo non ha tempo di muoversi.
    • Se $s_1(\tau) < s_0$, si consideri la velocità $v_1(\tau)= (g\,\sin\theta) \tau$. Conviene considerare l'evoluzione dei due corpi a partire dal tempo $\tau$. Essi hanno stessa accelerazione, ma diversa velocità iniziale (rispettivamente $v_1(\tau)$ e 0). Quindi la loro velocità relativa rimarrà $v_1(\tau)$. Ne segue che l'incontro avverrà al tempo $t_i = ((s_0 - s_1(\tau))/v_1(\tau)$, nel punto $ (1/2 \, g\,\sin\theta)\, t_i^2$ da dove è partito $P_2$.

    Fogli 1b e 1d

    Chiamando $v_0$ la velocità iniziale e $a=g\,\sin\alpha$ lungo la guida, si ottiene che lo spazio percorso sulla guida è pari alla ``solita'' $s = v_0^2/(2\,a)$ (si lasciano i dettagli in quanto chi non riesce ad arrivare a questa formula ha grossi problemi di preparazione...). Ne segue la quota

    \begin{eqnarray*}
h &=& s \,\sin \alpha = \frac{v_0^2}{2\,g}.
\end{eqnarray*}




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Giulio D'Agostini 2001-11-07