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Si ottiene allora:
Ad
d
2
3 50 0
− + =
m
Da questa si ha:
d
A
A
= ±
3
2
3 – 4 (50 m)
Sostituendo i valori numerici si ottiene
d
1
=
29,9 m
d
2
=
836 m
Le due soluzioni corrispondono al fatto che
la sommità del muro può essere colpita durante
la fase ascendente del proiettile o durante la
fase discendente.
Per rispondere alla seconda domanda si
consideri che se
d
=
d
1
=
29,9 m, il tempo
impiegato dal proiettile a raggiungere il muro è
dato da:
t
1
=
d
/(
v
0
cos 60,0°)
=
=
29,9 m/(100 m/s
⋅
0,500)
=
0,598 s
In questo intervallo di tempo la componente
verticale della velocità assume il valore:
v
1y
=
v
0
sin 60,0°
-
g t
1
=
80,6 m/s
Le componenti della velocità del proiettile sono
dunque:
v
1x
=
v
0
cos 60,0°
=
50,0 m/s e
v
1y
=
80,6 m/s.
Ad esse corrisponde una velocità di modulo
v
v v
1
1
2
1
2
= + =
x
y
94,8 m/s.
Per la determinazione della velocità quando
il muro si trova alla distanza
d
2
si potrebbe
procedere con calcoli analoghi ma la
simmetria della traiettoria del proiettile
suggerisce subito che la sua velocità debba
avere componenti
v
2x
=
v
1x
;
v
2y
= -
v
1y
;
v
2
=
94,8 m/s.
19. Un proiettile viene lanciato con angolo di lancio
pari a 30° e velocità iniziale
v
=
100 m/s, una volta
sulla superficie terrestre, una volta sulla superficie
lunare. Tenendo conto che l’accelerazione di
gravità sulla Luna è pari a 1/6 di quella sulla
Terra, stabilire il rapporto fra le gittate e le quote
massime dei due lanci.
[rapporto fra le gittate
=
rapporto
fra le quote massime
=
6]
20. Dalla cima del pennone di un grosso motoscafo,
che si muove con velocità costante, è lasciata
17. Un corpo si trova in quiete nell’origine di un
sistema di assi cartesiani ortogonali
x
,
y
. Ad un
certo istante (che assumeremo come istante
zero) inizia a muoversi animato da due movimenti
contemporanei: un moto uniforme nella direzione
e nel verso del semiasse
x
positivo, caratterizzato
da una velocità
v
x
=
5,0 m/s e un moto
uniformemente accelerato lungo la direzione
dell’asse
y
caratterizzato da una accelerazione
a
y
= -
2,0 m/s
2
.
Determina:
– la traiettoria del corpo;
– le coordinate
x
P
,
y
P
del punto P in cui il corpo si
trova dopo 10 s;
– il modulo della sua velocità
v
P
in P;
– l’angolo
α
che la velocità
v
P
forma con il
semiasse
x
positivo.
[
x
P
=
50 m;
y
P
= -
100 m;
v
P
=
21 m/s;
α =
284°]
PARAGRAFO 3
18. Un proiettile viene lanciato con velocità iniziale
v
0
=
100 m/s secondo un angolo
α
di 60,0°
contro un muro alto 50,0 m situato ad una certa
distanza
d
dal punto di lancio. Osservando che il
proiettile colpisce esattamente la sommità del
muro, si determini il valore di
d
(per il valore
dell’accelerazione di gravità si assuma
10,0 m/s
2
). Si stabilisca inoltre la velocità del
proiettile nell’istante in cui colpisce il muro.
Soluzione
L’equazione della parabola che costituisce la
traiettoria del corpo, riferita a un sistema di assi
cartesiani ortogonali
x, y
con origine nel punto
di partenza del corpo, è espressa dalla relazione:
y x
gx
v
= tan
2 cos
2
0
2
α
α
−
2
Tenendo conto che
y
=
50,0 m,
v
0
=
100 m/s,
α =
60,0°,
g
=
10,0 m/s
2
, l’unica incognita
dell’equazione è
x
. Indicandola con
d
,
l’equazione precedente diviene:
g d
v
d
y
2 cos
tan + =0
2
0
2 2
α
α −
Per la soluzione di questa equazione conviene
porre:
g
v
A
2 cos
( 2,00 10 m /m)
0
2
3
2
1
α
= = ⋅
− −
e ricordare che tan 60°
=
3
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