Esame di Fisica Generale 1 - 12 settembre 2012 soluzioni, Prove d'esame di Fisica

Scarica Esame di Fisica Generale 1 - 12 settembre 2012 soluzioni e più Prove d'esame in PDF di Fisica solo su Docsity! Università degli Studi dell’Aquila - Facoltà di Ingegneria Compito di Fisica Generale 1 - Appello del 12 settembre 2012 Problema 1 (10 punti) Un grave si trova fermo a un’altezza h=30 cm da un piano inclinato di angolo =30° rispetto al piano orizzontale. Ad un certo istante il grave viene lasciato cadere (partendo da fermo) sul piano inclinato sul quale rimbalza elasticamente. Calcolare: 1. la velocità v0 con la quale il grave urta il piano nel punto A; (2 punti) 2. la velocità v1 con la quale il grave rimbalza dal piano inclinato (dopo l’urto elastico) e l’angolo  che tale velocità forma con la direzione orizzontale (2 punti). 3. la massima quota h1 raggiunta dal grave nel primo rimbalzo, calcolata rispetto alla quota del punto d’impatto A col piano inclinato; (2 punti); 4. la distanza d=AB, lungo il piano inclinato, del punto di secondo rimbalzo B dal punto del primo rimbalzo A; (2 punti); 5. la velocità v2 con la quale il grave arriva alla posizione B; (2 punti). Soluzione Alla prima domanda s risponde subito utilizzando la conservazione dell’energia meccanica:  v0  2gh 2.4 m/s Essendo l’urto elastico si ha che  v1  v0e    90 2 30°. Infatti, l’angolo che v0 e v1 formano con la normale al piano inclinato sono uguali, entrambi uguali ad . Utilizzando ora la conservazione dell’energia (urto elastico) si ha:  1 2 mv1 2 sin2  mgh1  h1  v1 2 sin2 2g  hsin2 0.075 m. Lo stesso risultato si ottiene ovviamente, applicando l’equazione del moto del grave che parte dalla posizione A con velocità v1. L’equazione della traiettoria del grave, rispetto a un sistema cartesiano con origine in A, è:  y  x tan  gx2 2v1 2 cos2 che, messa a sistema con l’equazione della linea di massima pendenza del piano inclinato  y  x tan , fornisce le coordinate del punto B:  xB  2v1 2 sin2 g 1.02 m e  yB  xB tan -0.59 m, avendo tenuto conto che =. La distanza tra B ed A vale  d  xB 2  yB 2 1.2 m. Infine, dalla conservazione dell’energia meccanica si ha:  1 2 mv1 2 sin2  1 2 mvB,y 2 mgyB  vB,y 2  v1 2 sin2 2gyB 13.01 m 2/s2. Pertanto la velocità in B vale  vB  vB,y 2 v1 2 cos2 4.2 m/s. Più semplicemente considerando come stato iniziale quello dato dal problema (si noti che yB<0):  22 2 1 )( BBB vmvyhmg 4.2 m/s.