Tratto
AB:
BC:
DC:
ED:
Accelerazione
Legge oraria
vB − v A 3 − 8
=
= −1, 67 m / s 2
tB − t A
3
v −v
3−3
aBC = C B =
= 0m / s 2
tC − t B
3
v −v
11 − 3
aDC = D C =
= 2m / s 2
t D − tC 10 − 6
v −v
0 − 11
aED = E D =
= −3, 67 m / s 2
tE − tD
3
s = −0,835t 2 + 8t
a AB =
s = 3t
s = t 2 + 3t
s = −1,835t 2 + 11t
Spazio percorso: s = Area AB + AreaBC + AreaCD + AreaDE =
33
+ 9 + 28 + 11 = 64,5m
2
Nel tratto EF: la velocità è negativa , l’accelerazione è negativa. Quindi il corpo sta accelerando nel verso
opposto al verso considerato positivo.
Tratto
AB:
BC:
DC:
ED:
Accelerazione
Legge oraria
vB − v A 35 − 0
=
= 0, 7 m / s 2
tB − tA
50
v −v
35 − 35
= C B =
= 0m / s 2
tC − t B
40
v −v
50 − 35
= D C =
= 0, 75m / s 2
t D − tC
20
v −v
0 − 50
= E D =
= −1, 25m / s 2
tE − tD
40
a AB =
aBC
aDC
aED
s = −0,35t 2
s = 35t
s = 0,375t 2 + 35t
s = −0,625t 2 + 50t
Spazio percorso tra t1=30 e t2=70 Dato che
Per t1=30 v1 = aABt = (0,7)30 = 21
Spazio percorso nel tratto t1 e t2: s = Area1 + Area2 =
21 + 35
(50 − 30) + 35(20) = 560 + 700 = 1260m
2
Spazio percorso intero tratto:
s = AreaAB + AreaBC + AreaCD + AreaDE = 875 + 1400 + 850 + 1000 = 4125m
Velocità media intero percorso: vmedia =
s 4125
=
= 27,5m / s
t 150
 s A = 0,1t 2
v A = 0, 2t
e 

vB = 1
 sB = t
 s A = 0,1⋅ 62 = 3, 6m
Dopo 6 : 
 sB = 6
 d = sB − s A = 6 − 3,6 = 2, 4m
 s A = sB
I due corpo si incontrano quando sA=sB: 
2
 0,1t − t = t (0.1t − 1) = 0  0.1t − 1 = 0 
0,1t = t
 s A = 10m
1
t=
= 10s e in una posizione 
, che rappresenta anche lo spazio percorso dai due corpi.
0,1
 sB = 10m
2
 s A = 1, 25t 2
v A = 2,5t
e 

vB = 5
 sB = 5t + 15
t
0
sA
sB
d
sA = 0
sB = 15
d = sB − sA = 15
2
sA = 5
sB = 25
d = sB − sA = 20
4
sA = 20
sB = 35
d = sB − sA = 15
6
sA = 45
sB = 45
d = sB − sA = 0
8
sA = 80
sB = 55
d = sB − sA = −25
Il corpo A incontra il corpo B in t=6 e in una posizione s=45. Come si vede dalla tabella e dal grafico.
Si poteva calcolare anche mettendo a sistema le due leggi orarie:
 s A = sB

2
1, 25t = 5t + 15
 1, 25t = 5t + 15  1, 25t − 5t − 15 = 0
2

t=
v A = 15
 vB = 5
Per t=6 la velocità è: 
2
−b ± b 2 − 4ac 5 ± 10 15
=
=
= 6s
2a
2,5
2,5
Per t=10s, s=80m  a =
2s 160
=
= 1, 6m / s 2
2
t
100
L’accelerazione rimane costante. Rapporto tra velocità e tempo. Invece la velocità varia perché varia la
pendenza.
s = 0,8t 2 e v = 1,6t
t
0
5
10
15
s
0
20
80
180
s(40) = 0,8(40)2 = 1280m e v(60) = 1, 6(60) = 96 m/ s
v=
100
= 27, 78m / s
3, 6
 s = 1, 32(10.5) 2 = 145,83m
1 2

 s = at

 

2
v 27, 78

2
v = at + v0
 a = t = 10, 5 = 2, 65m / s

v 2 − v0 2 = 2as  v = 2(2, 65)400 + 0 = 46 m / s
rettilinea
costante
costante
Spazio e
Tempo
Spazio e
Tempo
1
2
retta
retta
aF =
parabola
v2 − v1 0 − 10
v −v 3−0
=
= −2 m / s 2 , a D = 2 1 =
= 1,5m / s 2
t2 − t1
5−0
t2 − t1 2 − 0
 sD = 0, 75t 2
e

2
 sF = −t + 10t
vD = 1,5t

vF = −2t + 10
Dopo 5 secondi Filippo si ferma:
 sD = 0, 75(5) 2 = 18, 75m

2
 sF = −5 + 10(5) = 25 m
Ed Diletta sta indietro e continua a viaggiare e raggiuge la posizione di 25m quando:
sD = 0, 75t 2 = 25  t =
ap =
25
= 5, 77 s
0, 75
v2 − v1 0 − 24
v − v 12 − 8 4
=
= −0,8m / s 2 , aa = 2 1 =
= = 0, 267 m / s 2
t2 − t1 30 − 0
t2 − t1 15 − 0 15
 sD = 0,133t 2 + 8t
e

2
 sF = −0, 4t + 24t
vD = 0, 267t + 8

vF = −0,8t + 24
I due corpi si incontrano quando:
 sD = sF = 0,133(30) 2 + 8(30) = 360m
 s = sF = 0,13t

 sD = sF = −0, 4t + 24t
  D
 
24

2
2
0,133t + 8t = −0, 4t + 24t
t (0,533t − 16) = 0
t = 0, 533 = 30 s

2
2
Si vede dal grafico v-t che le due aree sono equivalenti.
Con le aree sottese rispondiamo ai vari quesiti.
T1
0
3
4
5
T2
3
4
5
6
sA
30
20
20
20
sB
22,5
17,5
22,5
22,5
d
7,5
2,5
-2,5
-2,5
Come vediamo A fino a 4 secondi percorre 50m (30+20) e B percorre 40m (22,5+17,5).
Quindi la distanza minima che occorre a B per salvarsi è di 10m. per t>4 B guadagna si A.
 sE = 3t + 200

2
 sJ = 0, 6t
a)
 vE = 3

vJ = 1, 2t
 sE = sJ = 3t + 200
 sE = sJ = 3t + 200




2
2
0, 6t = 3t + 200
0, 6t − 3t − 200 = 0
 sE = sJ = 3t + 200 = 262,8m

 3 ± 32 + 4(0, 6)200 3 ± 489
=
= 20,9 s
t =
1, 2
1, 2

Jacopo ha percorso 263m mentre Elena ha percorso 63m.
 vE = 3
vJ = 1, 2(20,9) = 25,1m / s = 90km / h
Per t=20,9 
 sM = 16, 67t + 300
Ore 15:00 
 sD = 18t
50

vM = 16, 67 =
3

vD = 18
Nell’intervallo di tempo tra t=15.01-15=1m=60s
In 60s secondo Mirco e Daniele si trovano nella posizione.
 sM = 1300
 sD = 1080m
Fino a 15:01 
Dove Mirco ha percorso sM=1000 m e Daniele sD=1080m e la loro
Se Daniele percorre in totale 1900 metri. E quindi
Dato che la legge oraria di Mirco non è cambiata, questa è anche la posizione di Mirco
sM = 16,67t + 300 = 1900  16, 67t = 1600  t =
1600
= 96s
16, 67
Lo spazio percorso da mirco è sM = 1900 − 300 = 1600m
Nel tratto: dopo le 15:01 la legge oraria di Daniele è:
sD =
1 2
at + 18t + 1080
2
Sostituendo il tempo t=96-60=36s e la posizione sD=1900
sD =
1
344
43
a (36) 2 + 18(36) + 1080 = 1900  a =
=
 a = 0, 265
2
1296 162
vD = (0, 265)36 + 18 = 27,56m / s = 99, 2km / h
 sF = 45t

2
 sP = 2t
vF = 45

vP = 4t
vF = 45
vF = 45

Tempo con stessa velocità: 
 
45
vP = 4t = 45
t = 4 = 11, 25s
Metri di distanza per t=11,25 s:
 sF = 45(11, 25) = 506, 25m
 d = sF − sP = 506, 25 − 253,125 = 253,125m

2
 sP = 2(11, 25) = 253,125m
Con una decelerazione di a=-4,5 , la macchina si ferma dopo 225m.
sF =
v 2 − v0 2 0 − 452
=
= 225m
2a
2(−4, 5)
La polizia raggiunge i fuggiaschi quando sF=sP:
 sF = 45(22,5) = 1012,5 m
 sF = 45t
 sF = 45t

 
 

45
2
t (2t − 45) = 0
 sP = 2t = 45t
t = 2 = 22,5s
I fuggiaschi hanno una legge oraria: sF = 36t
La polizia raggiunge i fuggiaschi dopo un tempo t = 3 + 12 + 150 = 165s
E quindi nella posizione: sF = 36(165) = 5940m
La polizia ha la seguente legge oraria:
sP1 =
1 2
at e
2
vP1 = at
nei primi 12 secondi:
sP1 =
1
a (12) 2 = 72a e la velocità raggiunga è vP1 = at = 12a
2
dopo i 12 secondi la legge oraria è:
sP 2 = vP1t + s p1
ricordando che il secondo tratto viene percorso t=150s
Sostituendo abbiamo che:
5940 = 12a(150) + 72a  5490 = 1872a  a =
5940
= 3,173m / s 2
1872
Osserviamo che: sP1 = 228, 46 e la velocità raggiunga è vP1 = 38m / s = 137km / h
1 2

 s = 2 at + v0t
 s = −0,8t 2 + 24t


 v = −1, 6t + 24
v = at + v0
 2
v 2 − v 2 = 2as
2
0

v − v0 = 2as



2
2
 s = −0,8(15) + 24(15) = 180m
 s = −0,8t + 24t
 24

= 15s
Il tempo per fermarsi: v=0: v = −1, 6t + 24 = 0  t =
1,
6

 −242 = 2(−1, 6) s


−242
s
=
= 180m

2(−1, 6)

Sì perché si ferma a 180m.
Nei primi 0,3 secondi:
 s1 = 30t
 s1 = 30(0,3) = 9m
 

v = 30
v = 30
1 2

 s2 = 2 at + 30t

Dopo 0,3 secondi, si ferma in 6 secondi: (6,3 secondi dall’inizio): v = at + 30

v 2 − 302 = 2as



1 2

 a = − 5m / s 2
 s2 = 2 a 6 + 30(6)


1

Per t=6 e v=0 a (6) + 30 = 0
  s2 = (−5)62 + 180 = 90m
2
0 − 302 = 2as



−30 2
= 90m

 s2 =
2(−5)

Quindi s = s1 + s2 = 9 + 90 = 99m , e quindi si ferma a 1 metro dall’ostacolo
 s1 = −t 2 + 55t
v1 = −2t + 55
 

v2 = 27
 s2 = 27t + 200
Il primo treno si ferma quando : v1 = −2t + 55 = 0  t =
s1 = −t 2 + 55t = 756, 25m oppure: s1 =
55
= 27, 5s e ha percorso uno spazio:
2
v 2 − v0 2 −552
=
= 756, 25m
2a
2(−2)
 s1 = 756, 25m
la distanza tra i due treni:
 s2 = 27(27,5) + 200 = 942,5m
In questo tempo: 
d = s2 − s1 = 942,5 − 756, 25 = 186, 25m
 s1 = −(14)2 + 55(14) = 574m
Per un tempo t=14: 
 s2 = 27(14) + 200 = 578m
distanza d = s2 − s1 = 4m
 s1 = −0,85t 2 + 17t
v1 = −1, 7t + 17
 

v2 = 11
 s2 = 11t + 10
Per vedere se i due corpi entrano a contatto occorre mettere a sistema le due leggi orarie, con s1=s2
 s1 = s2 = 11(2,7) + 10 = 39, 7m
 s1 = s2 = 11t + 10
 s1 = s2 = 11t + 10



2, 7
6± 2

2
2
t
=
=
−0,85t + 17t = 11t + 10
0,85t − 6t + 10 = 0

4, 4
1,7

Come si ve il treno prima di fermarsi ( tempo di fermata: t =
−v0 17
=
= 10 s ) dopo 2,7s incrocia il
a
1.7
pullman.
Nei primi 8 secondi: ,
v1 = 2, 4(8) = 19, 2m / s
Primo modo:
l’automobile 1: si ferma dopo: s1 =
−v12 −19, 2 2
=
= 52, 7 m
2a 2(−3, 5)
l’automobile 2: si ferma dopo: s2 =
−v2 2
−222
=
= 69,1m
2a
2(−3,5)
s = s2 + s1 = 69,1 + 52,7 = 121,84
Rispetto ai 130 m d = 130 − 121,84 = 8, 2m
Secondo modo:
2
 s1 = −1, 75t + 19, 2t
 le automobili si fermano:

2
 s2 = 1, 75t − 22t + 130
19, 2

t1 =
= 5,5s

 s1 = −1, 75t 2 + 19, 2t = 52, 66
3,5
v1 = −3,5t + 19, 2 = 0






2
 s2 = 1, 75t − 22t + 130 = 60,85
v2 = 3,5t + 22 = 0
t = 22 = 6,3s
2

3,5
d = 60,85 − 52, 66 = 8, 2m
Primo modo:
−v12
−9 2
l’automobile 1: si ferma dopo: s1 =
=
= 15m
2a 2(−2, 7)
−v2 2
−7 2
l’automobile 2: si ferma dopo: s2 =
=
= 12, 25m
2a
2(−2)
Lo spazio percorso quando si fermano: s = s2 + s1 = 15 + 12, 25 = 27, 25m
Distanza Rispetto ai 35 m d = 35 − 27, 25 = 7, 75m
Con i tempi di reazione: s1 ' = 9(0,8) = 7, 2 e
s1 ' = 7(1, 2) = 8, 4
I due percorrono uno spazio s ' = s2 '+ s1 ' = 7, 2 + 8, 4 = 15,6m , e quindi la loro distanza diventa:
d = 35 − 15, 6 = 19, 4m < 27, 25m , non si fermano in tempo.
2
 s1 = −1,35t + 9t
Legge oraria primo caso: 
2
 s2 = t − 7t + 35
2
 s1 = −1,35t + 9t
si incontrano:
Legge oraria secondo caso: 
2
 s2 = t − 7t + 15, 6
2
 s1 = s2 = −1,35t + 9t

2
2
t − 7t + 15, 6 = −1,35t + 9t
 s1 = s2 = −1,35t 2 + 9t
16 ± 10, 46
= 1, 2 s molto prima dei due tempi di arresto.
 t=

2
4, 7
2,35t − 16t + 15, 6 = 0
Si icontrano nel punto (15,90)
v1 =
90 − 30
90
2 s 2(90)
= 4 , v2 =
=6 a= 2 =
= 0,8
15
15
t
152
 s1 = 4t + 30

 s2 = 6t

2
 s3 = 0, 4t
v1 = 4

v2 = 6
v = 0,8t
 3
v3 = 0,8(15) = 12m / s
v1 = 4

Il ciclista 3 ha la stessa velocità di 1: 
e in una posizione s3 = 10m A(5,10)
v3
4
t = 0,8 = 0,8 = 5s

v2 = 6

e in una posizione s3 = 22,5m B(7.5, 22,5)
Il ciclista 3 ha la stessa velocità di 2: 
6
t = 0,8 = 7,5s

Nei punti A e B le rette tangenti alla parabola sono parallele alla retta in 1 e in 2 .
2
4,9t 2 = 9
 s1 = 4,9t
quando i fiori e le chiavi arrivano a terra: 


2
2
4,9t + v0t = 15
 s2 = 4,9t + v0t

9
= 1,36s
t =
4,9



2
4,9(1.36) + v0 (1.36) = 15

9
= 1,36s
t =
4,9


2
v = 15 − 4,9(1.36) = 4,37m / s
 0
(1.36)
Se h è l’altezza del ponte e se ttot = t + t2 = 2,1 è il tempo totale
h = 4,9t 2
h = 4,9t 2
 s1 = 4,9t 2
h = 4,9t 2

 
 


2
2
h = 340(2,1 − t )
 s2 = 340t2
4,9t = 340(2,1 − t )
4,9t + 340t − 714 = 0
h = 4,9(2, 04)2 = 20, 4m

 −340 ± 360
= 2, 04
t =
9,8

 s = 4,9t 2 + 0,5t

v = 9,8t + 0,5
2
2
Quando percorre s=3m  s = 4,9t + 0,5t = 3  4,9t + 0,5t − 3 = 0  t =
−0,5 ± 7, 68
= 0, 73s
9,8
s = 3

v = 9,8(0, 73) + 0,5 = 7, 7m / s = 27, 6km / h
Velocità quando arriva al suolo: v 2 − v0 2 = 2as 
v = 2as + v0 2 = 2(9,8)12 + 0,52 = 15,3m / s = 55, 2km / h
 s1 = −4,9t 2 + 15t
 s2 = s1 = −4,9t 2 + 15t
 s2 = s1 = −4,9t 2 + 15t
 



2
2
2
−4,9(t − 2) + 15(t − 2) = −4,9t + 15t 19, 6t − 19, 6 − 30 = 0
 s2 = −4,9(t − 2) + 15(t − 2)
 s2 = s1 = −4,9t 2 + 15t = 6, 6m

 49, 6
t = 19, 6 = 2,53s

a=
v2 − v1 (25, 5 ± 0, 2) − (8, 6 ± 0,5) 16, 9 ± 0, 7
=
=
= 2,3 ± 0, 2
t2 − t1
7, 2 ± 0,1
7, 2 ± 0,1
∆a ∆v ∆t 0, 7 0,1
 0, 7 0,1 
+
2,3 = ( 0,32 )16,9 = 0, 2m / s 2
=
+ =
+
 ∆a = 

2,3 7, 2
a
v
t
 16,9 7, 2 
a=
2s 2(0, 68)
=
= 0,69
t2
1,352
0, 01 
∆a ∆s
∆t 0, 2
0, 01
 0, 002
+2
0, 69 = 0, 02m / s 2
=
+2 =
+2
 ∆a = 

a
s
t
62,8
1,35
1,35 
 0, 628
a = (0, 69 ± 0, 02)m / s 2
a=
v2 − v1 24, 72 − 15
=
= 1, 41m / s 2
t2 − t1
6,9
 s1 = 22,5t
 s2 = s1 = 22,5t
 s2 = s1 = 22,5t






2
2
2
1, 25(t − 2) = 22,5t
1, 25t − 27,5t + 5 = 0
 s2 = 1, 25(t − 2)
 s2 = s1 = 22,5(21,8) = 490,8m

v1 = 22,5
21,8

 27,5 ± 27,04
=
v2 = 2,5(t − 2) = 49,5m / s = 178, 2km / h
t =
2,5
0,18
