# Esercizi di fisica con soluzioni/Cinematica

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## Esercizi
### 1. Fascio catodico

In un tubo a raggi catodici di un televisore gli elettroni attraversano una regione con moto rettilineo, sottoposti ad una accelerazione costante. Sapendo che la regione è lunga $d\$ e che gli elettroni entrano nella regione con velocità $v_{1}\$ ed escono con velocità $v_{2}\$.
Determinare: Il valore dell'accelerazione a cui sono sottoposti gli elettroni ed il tempo di attraversamento della regione stessa.
(dati del problema $d=5\ cm\$, $v_{2}=9\cdot 10^{6}\ m/s\$, $v_{1}=2\cdot 10^{4}\ m/s\$)
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### 2. Automobile

Un'auto parte da ferma con accelerazione uguale a 4 m/s². Si determini quanto tempo impiega a raggiungere la velocità di 120 km/h e quanto spazio percorre durante la fase di accelerazione.
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### 3. Treno

Un treno parte da una stazione e si muove con accelerazione costante. Passato un certo tempo dalla partenza la sua velocità è divenuta $v_{1}\$, a questo punto percorre un tratto $d\$ e la velocità diventa $v_{2}\$.
Determinare accelerazione, tempo per percorre il tratto $d\$ e la distanza percorsa dalla stazione al punto in cui la velocità è $v_{1}\$.
(dati del problema $d=160\ m\$, $v_{1}=33\ m/s\$, $v_{2}=40\ m/s\$)
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### 4. Rally

In un tratto speciale di un rally automobilistico un pilota deve percorrere nel tempo minimo un tratto $d\$, partendo e arrivando da fermo. Le caratteristiche dell'auto sono tali che l'accelerazione massima vale $a_{max}\$, mentre in frenata la decelerazione massima vale $a_{min}\$. Supponendo che il moto sia rettilineo, determinare il rapporto tra il tempo di accelerazione e di decelerazione, e la velocità massima raggiunta.
(dati del problema $d=500\ m\$, $a_{max}=2\ m/s^{2}\$, $a_{min}=-3\ m/s^{2}\$)
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### 5. Moto armonico semplice

Una particella vibra di moto armonico semplice con ampiezza $x_{0}\$ e la sua accelerazione al massimo vale $a_{0}\$. All'istante iniziale passa per il centro.
Determinare: La velocità quando passa per il centro ed il periodo del moto.
(Dati: $x_{0}=2\ mm$, $a_{0}=8\times 10^{3}\ m/s^{2}$)
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### 6. Punti materiali in verticale

Due punti materiali A e B sono disposti sulla stessa verticale, A sul pavimento e B sul soffitto, come mostrato in figura. All’istante $t=0\$, A viene lanciato verso l’alto con velocità iniziale $v_{OA}\$, mentre B viene lasciato cadere partendo da fermo. Considerando che la distanza pavimento-soffitto è $h\$, si determini la condizione su $v_{OA}\$, in funzione di $h\$, affinché i due punti materiali si incontrino mentre A è ancora in fase ascendente
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### 7. Moto parabolico

Le equazioni parametriche di un punto materiale sono
$x=a+bt\$
$y=ct^{2}\$
Determinare l'equazione della traiettoria e la velocità in modulo al tempo $t_{1}\$
(dati del problema $t_{1}=7\ s$, $a=0.02\ m$, $b=30\ m/s$, $c=3\ m/s^{2}$).
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### 8. Moto circolare non uniforme

Un punto materiale si muove su un'orbita circolare, orizzontale di raggio $R\$ e la sua velocità angolare segue la legge:
$\omega (t)=A{\sqrt {t}}\$
Determinare: a) il modulo dell'accelerazione quando $t=t_{1}$; b) il tempo necessario a fare un giro a partire dall'istante iniziale.
(dati del problema $A=2\ rad\ s^{-3/2}\$, $t_{1}=0.4\ s$, $R=10\ m$)
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### 9. Palla in alto

Una palla viene lanciata verso l'alto con velocità iniziale $v_{0}\$; dopo un tempo $t_{1}\$ passa di fronte ad un ragazzo ad altezza $h_{1}\$ dal suolo e continua a salire verso l'alto. Determinare: a) velocità iniziale $v_{0}\$; b) La quota massima $h_{2}\$.
(dati del problema $t_{1}=0.4\ s$, $h_{1}=4\ m$)
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### 10. Macchina in frenata

Per fermare un'auto, passa prima di tutto un certo tempo di reazione per dare inizio alla frenata, poi vi è un tempo di frenata fino all'arresto. Nel lasso di tempo di reazione, si può assumere che la velocità si mantenga costante. A parità di accelerazione di frenata e tempo di reazione partendo da una velocità $v_{1}\$ la macchina frena in $d_{1}\$, mentre se viaggia ad una velocità $v_{2}\$ frena in $d_{2}\$.
Determinare: a) La decelerazione; b) il tempo di reazione del guidatore
(dati del problema $d_{1}=57\ m$, $v_{1}=80\ km/h$, $v_{2}=52\ km/h$, $d_{2}=25\ m$, il moto dopo il tempo di reazione è un moto accelerato uniforme)
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### 11. Ampiezza moto armonico

Una particella vibra di moto armonico semplice attorno all'origine. All'istante iniziale si trova in $x_{1}\$ e la sua velocità vale $v_{1}\$ ed il periodo vale $T\$. Determinare il massimo allontanamento dalla posizione di equilibrio e dopo quanto tempo dall'istante iniziale la velocità si è annullata.
(Dati: $x_{1}=20\ cm$, $v_{1}=0.3\ m/s$, $T=3\ s$)
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### 12. Moto ellittico

Le equazioni parametriche di un punto materiale, che descrive una ellisse intorno all'origine, sono:
    $x=a\sin \omega t\qquad y=b\cos \omega t$
Determinare, quando si è fatto un quarto di giro a partire dall'istante iniziale, quale sia la distanza dal centro, la velocità e l'accelerazione in modulo del punto materiale.
(dati del problema $a=2\ m$, $b=3\ m$, $\omega =0.2\ rad/s$).
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### 13. Moto a spirale

Le equazioni parametriche di un punto materiale che descrive una curva a spirale con partenza nell'origine, di un sistema di riferimento $(x,y)\$, sono:
    $x=At\sin \omega t\$
    $y=At\cos \omega t\$
Determinare: a) la distanza del punto materiale dal centro dopo un giro; b) la sua velocità in modulo dopo mezzo giro; c) la sua accelerazione in modulo dopo un giro; d) la sua accelerazione tangenziale dopo un giro.
(dati del problema $A=0.15\ m/s$, $\omega =1.2\ rad/s\$)
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### 14. Altezza di un pozzo

Determinare la profondità di un pozzo sapendo che il tempo tra l'istante in cui si lascia cadere un sasso, senza velocità iniziale, e quello in cui si ode il rumore, in conseguenza dell'urto del sasso con il fondo del pozzo, è $\Delta t\$. Si trascuri la resistenza dell'aria e si assuma che la velocità del suono sia $v_{s}\$.
(dati del problema $\Delta t=4.8\ s\$, $v_{s}=340\ m/s\$ )
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### 15. Moto con accelerazione frenante

Un punto materiale all'istante iniziale ha una velocità $v_{o}\$ e subisce una decelerazione nella direzione del moto proporzionale alla velocità istantanea secondo la legge $b\cdot v\$ e si ferma dopo avere percorso $c\$ metri. Determinare: a) l'equazione del moto e lo spazio percorso dopo $t_{1}\$; b) la velocità quando ha percorso $c/2\$.
(dati del problema $v_{o}=3\ m/s\$, $c=150\ m\$, $t_{1}=10\ s\$ )
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### 16. Auto e Camion

Nel momento in cui un semaforo volge al verde, un'auto parte con accelerazione costante $a\$. Nello stesso istante un camion che viaggia a velocità costante $v_{c}\$ sorpassa l'auto. a) A quale distanza oltre il semaforo l'auto sorpasserà il camion? b) Quale sarà la velocità dell'auto nel momento del sorpasso?
(dati del problema $a=2.2\ m/s^{2}\$, $v_{c}=34\ km/h\$)
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### 17. Collina semisferica

Una persona in piedi sul culmine di una roccia semisferica di raggio $R\$ colpisce con un calcio un pallone imprimendogli una velocità iniziale $v_{1}\$ (tangente al culmine della roccia).
a) Quale deve essere la minima velocità iniziale del pallone affinché esso non colpisca mai la roccia? b) Con questo modulo della velocità iniziale, a quale distanza dalla base della semisfera il pallone colpirà il suolo?
(dati del problema $R=10\ m\$, suggerimento il requisito di non toccare è più stringente all'inizio della traiettoria)
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### 18. Proiettile

Un proiettile attraversa una lastra di legno di spessore $d\$. La velocità del proiettile prima di entrare nella lastra vale $v_{1}\$, mentre all'uscita vale $v_{2}\$. Immaginando la accelerazione costante all'interno della lastra, determinare a) il valore di tale accelerazione e il tempo di attraversamento; b) calcolare che spessore sarebbe necessario per fermare la pallottola se l'accelerazione rimanesse costante.
(dati del problema $v_{1}=720\ km/h\$, $v_{2}=216\ km/h\$, $d=3\ cm\$)
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## Soluzioni
### 1. Fascio catodico

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L'equazioni del moto dopo avere attraversato la regione, detto $t_{x}\$ il tempo incognito, è:
    $d={\frac {1}{2}}at_{x}^{2}+v_{1}t_{x}\$
Mentre la velocità diviene:
    $v_{2}=at_{x}+v_{1}\$
Sono due equazioni in due incognite $a\$ e $t_{x}\$, sostituendo $t_{x}\$ ricavabile dalla seconda equazione nella prima si ha:
    $d={\frac {1}{2}}{\frac {(v_{2}-v_{1})^{2}}{a}}+v_{1}{\frac {v_{2}-v_{1}}{a}}\$
Da cui:
    $a={\frac {1}{2d}}(v_{2}^{2}-v_{1}^{2})=8.1\cdot 10^{14}\ m/s^{2}\$
e quindi
    $t_{x}={\frac {v_{2}-v_{1}}{a}}=11\times 10^{-9}=11\ ns\$

### 2. Automobile

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Troviamo per prima cosa la velocità espressa in $m/s$: $120km/h=33.33m/s$
Poiché il moto è uniformemente accelerato la velocità è regolata dalla legge $v(t)=v(0)+at$.
$v(0)$ vale $0$ poiché l'auto parte da ferma, si ricava quindi $t={\frac {v}{a}}\ =8.33\ s\$
Inoltre per un moto uniformemente accelerato la legge del moto è $s(t)=s(0)+v(0)t+1/2at^{2}$.
Fissiamo il punto $s(0)=0$ come punto di partenza dell'auto e calcoliamo lo spazio percorso in un tempo $t=8.33s$.
    $x(t)={\frac {1}{2}}\ at^{2}=139\ m\$

### 3. Treno

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Assunta come origine delle coordinate spaziali la stazione e del tempo l'istante di partenza. L'equazioni del moto sono:
    $x={\frac {1}{2}}at^{2}\$
    $v=at\$
Dai dati del problema:
    $v_{1}=at_{1}\$
    $v_{2}=at_{2}\$
da cui:
    $t_{1}={\frac {v_{1}}{a}}\$
    $t_{2}={\frac {v_{2}}{a}}\$
Imponendo che:
    $d={\frac {1}{2}}at_{2}^{2}-{\frac {1}{2}}at_{1}^{2}={\frac {1}{2a}}(v_{2}^{2}-v_{1}^{2})\$
    $a={\frac {1}{2d}}(v_{2}^{2}-v_{1}^{2})=1.6\ m/s^{2}\$
Il tempo per fare il tratto $d\$:
    $t=t_{2}-t_{1}={\frac {v_{2}}{a}}-{\frac {v_{1}}{a}}=4.4\ s\$
La distanza dalla stazione di partenza:
    $t_{1}=20.7\ s\$
    $d_{1}={\frac {1}{2}}at_{1}^{2}=341\ m\$

### 4. Rally

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Perché il tempo di percorrenza sia il minimo deve essere un moto accelerato fino alla massima velocità e poi decelerato fino a fermarsi: non si deve avere una velocità costante. Quindi è un moto accelerato e decelerato. Definisco $t_{1}\$ il tempo di accelerazione e $t_{2}\$ quello di decelerazione:
    $v_{max}=a_{max}t_{1}=-a_{min}t_{2}\$
da cui:
    $R={\frac {t_{1}}{t_{2}}}=-{\frac {a_{min}}{a_{max}}}=1.5\$
Imponendo che lo spazio percorso sia $d\$:
    ${\frac {1}{2}}a_{max}t_{1}^{2}+v_{max}t_{2}+{\frac {1}{2}}a_{min}t_{2}^{2}=d\$
    ${\frac {1}{2}}a_{max}R^{2}t_{2}^{2}-a_{min}t_{2}^{2}+{\frac {1}{2}}a_{min}t_{2}^{2}=d\$
    ${\frac {1}{2}}t_{2}^{2}(R^{2}a_{max}-a_{min})=d\$
    $t_{2}^{2}={\frac {2d}{R^{2}a_{max}-a_{min}}}\$
    $t_{2}={\sqrt {\frac {2d}{R^{2}a_{max}-a_{min}}}}=11.55\ s\$
    $t_{1}=Rt_{2}=17.32\ s\$
    $v_{max}=a_{max}t_{1}=34.64\ m/s=124.56\ km/h\$

### 5. Moto armonico semplice

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Dai dati del problema:
    $x=x_{0}\sin(\omega t)\$
    $v=x_{0}\omega \cos(\omega t)\$
    $a=-x_{0}\omega ^{2}\sin(\omega t)\$
Quindi:
    $\omega ={\sqrt {\frac {a_{0}}{x_{0}}}}=2000\ rad/s$
Quindi nella posizione centrale:
    $v_{0}=x_{0}\omega ={\sqrt {x_{0}a_{0}}}=4\ m/s\$
    $T={\frac {2\pi }{\omega }}=2\pi {\sqrt {\frac {x_{0}}{a_{0}}}}=3.14\times 10^{-3}\ s\$

### 6. Punti materiali in verticale

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Conviene definire un sistema di riferimento con un asse verticale y, avente origine in corrispondenza del pavimento. Le leggi orarie per le posizioni di A e B in tale sistema di riferimento sono:
    $y_{A}(t)=v_{0A}t-{\frac {1}{2}}gt^{2}\$
    $y_{B}(t)=h-{\frac {1}{2}}gt^{2}\$
Al momento dell'urto $t_{1}\$ si ha che $y_{A}(t_{1})=y_{B}(t_{1})\$. Da cui:
    $v_{0A}t_{1}-{\frac {1}{2}}gt_{1}^{2}=h-{\frac {1}{2}}gt_{1}^{2}\Rightarrow t_{1}={\frac {h}{v_{0A}}}\$
ovvero si pone un vincolo al tempo dell’incontro, che in particolare è pari al tempo che impiegherebbe A per coprire la distanza $h\$ se si muovesse con moto uniforme a velocità $v_{0A}\$. L’incontro avviene con A in fase ascendente se la sua velocità al tempo $t_{1}\$ è ancora positiva. Nel sistema di riferimento scelto, velocità negativa di A indicherebbero infatti un moto discendente. Imponendo questa condizione nella legge oraria della velocità di A al tempo $t_{1}\$:
    $v_{A}(t_{1})=v_{0A}-gt_{i}\geq 0\Rightarrow v_{0A}\geq gt_{1}\$
Sostituendo l'espressione di $t_{1}\$ nell'ultima equazione si trova la condizione richiesta nel problema:
    $v_{0A}\geq g{\frac {h}{v_{0A}}}\Rightarrow v_{0A}\geq {\sqrt {gh}}\$

### 7. Moto parabolico

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Eliminando il tempo tra le due equazioni:
    $y={\frac {c}{b^{2}}}(x-a)^{2}\$
cioè l'equazione di una parabola.
Derivando rispetto al tempo l'equazioni parametriche:
    $v_{x}=b\$
    $v_{y}=2ct\$
quindi il modulo della velocità:
    $v(t)={\sqrt {b^{2}+4c^{2}t^{2}}}\$
che per $t=t_{o}\$:
    $v(t_{o})={\sqrt {b^{2}+4c^{2}t_{o}^{2}}}=51.6\ m/s\$

### 8. Moto circolare non uniforme

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a) Nel moto circolare non uniforme vi è una accelerazione tangenziale
    $a_{T}=R{\frac {d\omega }{dt}}={\frac {1}{2}}{\frac {AR}{\sqrt {t_{1}}}}=15.8\ m/s^{2}$
assieme a quella centripeta (che è pesente anche nel moto circolare uniforme):
    $a_{c}=\omega ^{2}R=A^{2}tR=16\ m/s^{2}$
quindi in modulo:
    $|a|={\sqrt {a_{T}^{2}+a_{c}^{2}}}=22.5\ m/s^{2}$
b)
Dai dati del problema essendo:
    $\omega ={\frac {d\theta }{dt}}=A{\sqrt {t}}$
Che integrata diviene:
    $\theta ={\frac {2A}{3}}t^{3/2}+\theta _{o}$
Imponendo che:
    $2\pi ={\frac {2A}{3}}t^{3/2}\$
    $t=2.8\ s$

### 9. Palla in alto

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L'equazione del moto è:
    $x=v_{o}t-{\frac {1}{2}}gt^{2}\$
Essendo $x=h_{1}\$ per $t=t_{1}\$:
    $h_{1}=v_{o}t_{1}-{\frac {1}{2}}gt_{1}^{2}\$
    $v_{o}={\frac {2h_{1}+gt_{1}^{2}}{2t_{1}}}=12\ m/s$
La massima altezza viene raggiunta quando $v(t_{2})=0\$:
    $v_{o}=gt_{2}\$
    $t_{2}=1.22\ s$
Ad una altezza di:
    $h_{2}=v_{o}t_{2}-{\frac {1}{2}}gt_{2}^{2}=7.3\ m$

### 10. Macchina in frenata

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Nel caso generale: la velocità iniziale è $v\$, $t_{r}\$ il tempo di reazione, $t\$ il tempo di frenata, $d\$ lo spazio di frenata, $a\$ l'accelerazione possiamo scrivere che:
    $d=vt_{r}+vt-{\frac {1}{2}}at^{2}\$
Posso determinare il tempo di frenata dei due casi, dalla condizione che la velocità si annulli, cioè:
    $v_{1}-at_{1}=0\$
    $v_{2}-at_{2}=0\$
Da cui ricavo che $t_{1}=v_{1}/a\$ e $t_{2}=v_{2}/a\$ di frenata.
Dalle equazione dei due moti:
    $d_{1}=v_{1}t_{r}+v_{1}t_{1}-{\frac {1}{2}}at_{1}^{2}=v_{1}t_{r}+{\frac {v_{1}^{2}}{2a}}\$
    $d_{2}=v_{2}t_{r}+v_{2}t_{2}-{\frac {1}{2}}at_{2}^{2}=v_{2}t_{r}+{\frac {v_{2}^{2}}{2a}}$
Risolvendo il sistema nelle due incognite $a\$ e $t_{r}\$:
a)
    $a={\frac {1}{2}}{\frac {v_{1}^{2}v_{2}-v_{1}v_{2}^{2}}{v_{2}d_{1}-v_{1}d_{2}}}=4.66\ m/s^{2}$
b)
    $t_{r}={\frac {d_{2}}{v_{2}}}-{\frac {1}{2}}{\frac {v_{2}}{a}}=0.18\ s$

### 11. Ampiezza moto armonico

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La pulsazione del moto vale:
    $\omega ={\frac {2\pi }{T}}=2.1\ rad/s$
Mentre posso scrivere in generale che:
    $x(t)=x_{o}\sin(\omega t+\varphi )\$
ed:
    $v(t)=x_{o}\omega \cos(\omega t+\varphi )\$
Dalle condizioni iniziali:
    $x_{1}=x_{o}\sin(\varphi )\$
    $v_{1}=x_{o}\omega \cos(\varphi )\$
Facendo il rapporto:
    $\tan(\varphi )={\frac {x_{1}\omega }{v_{1}}}\$
    $\varphi =0.95\ rad=54^{o}\$
La massima elongazione vale:
    $x_{o}={\frac {x_{1}}{\sin \varphi }}=0.25\ m$
Mentre la velocità si annulla quando a partire dall'istante iniziale:
    $\omega t_{1}+\varphi ={\frac {\pi }{2}}\$
    $t_{1}=0.3\ s$

### 12. Moto ellittico

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Per compiere un quarto di giro occorre che:
    $\omega t_{1}=\pi /2\$
essendo:
    $v_{x}=a\omega \cos \omega t\$
    $v_{y}=-b\omega \sin \omega t\$
ed
    $a_{x}=-a\omega ^{2}\sin \omega t\$
    $a_{y}=-b\omega ^{2}\cos \omega t\$
dopo 1/4 di giro si ha che $\sin \omega t_{1}=1\$ e $\cos \omega t_{1}=0\$ quindi:
    $x(t_{1})=a\$
    $y(t_{1})=0\$
    $d=a=2\ m\$
e
    $v_{x}(t_{1})=0\$
    $v_{y}(t_{1})=-b\omega \$
    $|v|=b\omega =0.6\ m/s\$
e
    $a_{x}(t_{1})=-a\omega ^{2}\$
    $a_{y}(t_{1})=0\$
    $|a|=a\omega ^{2}=0.08\ m/s^{2}\$

### 13. Moto a spirale

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a)
Per fare un giro impiega un tempo pari a:
    $t_{g}={\frac {2\pi }{\omega }}=5.2\ s\$
quindi la distanza dal centro dopo un giro è:
    $d=y(t_{g})={\frac {A2\pi }{\omega }}=0.78\ m\$
b)
Le componenti della velocità sono:
    $v_{x}=A\sin \omega t+At\omega \cos \omega t\$
    $v_{y}=A\cos \omega t-At\omega \sin \omega t\$
Per fare mezzo giro impiega un tempo pari a:
    $t_{m}={\frac {\pi }{\omega }}\$
Dopo mezzo giro:
    $v_{x}(t_{m})=-At_{m}\omega =-A\pi \qquad v_{y}(t_{m})=-A\$
Quindi
    $|v(t_{m})|={\sqrt {v_{x}(t_{m})^{2}+v_{y}(t_{m})^{2}}}=A{\sqrt {\pi ^{2}+1}}=0.49\ m/s\$
c)
La accelerazione ha componenti:
    $a_{x}=2A\omega \cos \omega t-At\omega ^{2}\sin \omega t\$
    $a_{y}=-2A\omega \sin \omega t-At\omega ^{2}\cos \omega t\$
Dopo un giro:
    $a_{x}=2A\omega \$
    $a_{y}=-At_{g}\omega ^{2}=-A2\pi \omega \$
In modulo:
    $|a(t_{g})|=2A\omega {\sqrt {1+\pi ^{2}}}=1.19\ m/s^{2}\$
d)
Il versore tangenziale dopo un giro è diretto come la velocità:
    $v_{x}(t_{g})=A2\pi \$
    $v_{y}(t_{g})=A\$
    ${\hat {u}}_{tx}(t_{g})={\frac {2\pi }{\sqrt {4\pi ^{2}+1}}}\$
    ${\hat {u}}_{ty}(t_{g})={\frac {1}{\sqrt {4\pi ^{2}+1}}}\$
    $a_{t}(t_{g})=a_{x}{\hat {u}}_{tx}+a_{y}{\hat {u}}_{ty}=2A\omega {\frac {2\pi }{\sqrt {4\pi ^{2}+1}}}-A2\pi \omega {\frac {1}{\sqrt {4\pi ^{2}+1}}}={\frac {2\pi A\omega }{\sqrt {4\pi ^{2}+1}}}=0.18\ m/s^{2}\$
La componente centripeta è prevalente e vale (mettiamo il segno meno per indicare che è diretta verso il centro):
    $a_{c}(t_{g})=-{\sqrt {a(t_{g})^{2}-a_{t}(t_{g})^{2}}}=-1.17\ m/s^{2}\$

### 14. Altezza di un pozzo

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Indico con $h\$ l'altezza del pozzo, con $t_{c}\$ il tempo impiegato dal sasso a raggiungere il fondo e con $t_{s}\$ il tempo impiegato dal suono a risalire il pozzo. Si ha:
    $\Delta t=t_{c}+t_{s}\$
    $t_{s}=\Delta t-t_{c}\$
Calcolo la profondità del pozzo in base all'equazione del moto del suono (moto rettilineo uniforme):
    $h=v_{s}t_{s}=v_{s}\Delta t-v_{s}t_{c}\$
Calcolo la profondità del pozzo in base all'equazione del moto del sasso (moto uniforme accelerato):
    $h={\frac {1}{2}}gt_{c}^{2}={\frac {1}{2}}gt_{c}^{2}\$
Eguagliando le due equazioni trovate, si ha:
    ${\frac {1}{2}}gt_{c}^{2}=v_{s}\Delta t-v_{s}t_{c}\$
    ${\frac {1}{2}}gt_{c}^{2}+v_{s}t_{c}-v_{s}\Delta t=0\$
Che ha due soluzioni, l'unica che ha senso fisico è quella positiva (la negativa determina un tempo che precede il lancio):
    $t_{c}={\frac {-v_{s}+{\sqrt {v_{s}^{2}+2v_{s}\Delta tg}}}{g}}\approx 4.51\ s\$
Quindi la profondità del pozzo, sostituendo il valore di $t_{c}\$:
    $h={\frac {1}{2}}gt^{2}\approx 100\ m\$

### 15. Moto con accelerazione frenante

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a) Il moto di questo punto materiale può essere considerato un moto rettilineo smorzato esponenzialmente dato che è caratterizzato da una decelerazione che è pari a:
    $-a=b\cdot v\$
    $-{\frac {dv}{dt}}=b\cdot v\$
Cioè è una equazione differenziale in cui si possono separare le variabili:
    ${\frac {dv}{v}}=-bdt\$
Che integrata il primo membro tra $v_{o}$ (velocità iniziale) e qualsiasi $v'$, mentre il secondo membro tra $0$ e $t'$:
    $\int _{v_{o}}^{v'}{\frac {dv}{v}}=-\int _{0}^{t'}bdt\$
    $\ln {\frac {v'}{v_{o}}}=-bt'\$
Cambiando il nome alle variabili, facendo l'esponenziale dei due membri:
    $v=v_{o}e^{-bt}\$
Tale equazione può essere espressa come:
    ${\frac {dx}{dt}}=v_{o}e^{-bt}\$
Separando le variabili:
    $dx=v_{o}e^{-bt}dt\$
Che integrata su una distanza generica x':
    $\int _{0}^{x'}dx=\int _{0}^{t'}v_{o}e^{-bt}dt\$
L'equazione del moto è:
    $x'={\frac {v_{o}}{b}}\left(1-e^{-bt'}\right)\$
Imponendo che $t'=\infty$ la distanza sia $x'=c$ segue che:
    $c={\frac {v_{o}}{b}}\$
    $b={\frac {v_{o}}{c}}=0.02\ s^{-1}\$
Quindi l'equazione del moto è:
    $x'=c\left(1-e^{-bt'}\right)\$
Quindi dopo $t_{1}=10\ s$ lo spazio percorso sarà:
    $x(t_{1})=c\left(1-e^{-bt_{1}}\right)=27\ m\$
b) Il legame tra la generica velocità e lo spazio eliminando il tempo dalle espressioni della velocità e dello spazio:
    $x=-{\frac {c}{v_{o}}}v+c\$
Per $x=c/2\$:
    $v={\frac {v_{o}}{2}}=1.5\ m/s\$

### 16. Auto e Camion

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L'istante in cui la macchina sorpassa il camion è quando:
    ${\frac {1}{2}}at^{2}=v_{c}t\$
    $t={\frac {2v_{c}}{a}}\$
a)
quindi la distanza è:
    $d=v_{c}t={\frac {2v_{c}^{2}}{a}}=81\ m\$
b)
La velocità dell'auto in quel momento vale:
    $v=at=2v_{c}=18.8\ m/s=68\ km/h\$

### 17. Collina semisferica

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Detto $z\$ l'asse verticale e $x\$ quello orizzontale, le equazioni del moto sono:
    $x=v_{1}t\$
    $z=R-{\frac {1}{2}}gt^{2}\$
a)
Quindi la traiettoria parabolica (eliminando il tempo) è descritta dalla equazione:
    $z=R-{\frac {1}{2}}g{\frac {x^{2}}{v_{1}^{2}}}\$
Mentre l'equazione della semisfera vale:
    $z^{2}+x^{2}=R^{2}\$
perché non tocchi mai occorre che:
    $\left(R-{\frac {1}{2}}g{\frac {x^{2}}{v_{1}^{2}}}\right)^{2}+x^{2}>R^{2}\$
Cioè:
    $R^{2}-{\frac {gx^{2}R}{v_{1}^{2}}}+{\frac {g^{2}x^{4}}{4v_{1}^{4}}}+x^{2}>R^{2}\$
    ${\frac {g^{2}x^{4}}{4v_{1}^{4}}}+x^{2}>{\frac {gx^{2}R}{v_{1}^{2}}}\$
La parabola ha il minimo raggio di curvatura nel punto più alto. Per cui da quel momento in poi il raggio di curvatura aumenta. Quindi la condizione va posta per $x\rightarrow 0\$ (inizio parabola), in cui il primo termine diviene trascurabile,
    $v_{1}^{2}>gR\$
per cui la minima velocità vale:
    $v_{1}={\sqrt {gR}}=9.9\ m/s\$
Allo stesso risultato si arrivava imponendo che sul culmine della parabola l'unica accelerazione era quella centripeta causata dalla accelerazione di gravità: per cui si ottiene il raggio di curvatura (minimo) della parabola.
b)
Il punto in cui tocca terra è quello per cui:
    $0=R-g{\frac {x_{1}^{2}}{2v_{1}^{2}}}=R-g{\frac {x_{1}^{2}}{2gR}}\$
    $x_{1}={\sqrt {2}}R\$
Quindi la distanza dalla base vale:
    $d=x_{1}-R=({\sqrt {2}}-1)R=4.14\ m\$

### 18. Proiettile

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L'equazioni del moto dopo avere attraversato la regione, detto $t_{x}\$ il tempo incognito, sono:
    $d={\frac {1}{2}}at_{x}^{2}+v_{1}t_{x}\$
    $v_{2}=at_{x}+v_{1}\$
Sono due equazioni in due incognite $a\$ e $t_{x}\$, da cui segue:
a)
    $d={\frac {1}{2}}{\frac {(v_{2}-v_{1})^{2}}{a}}+v_{1}{\frac {v_{2}-v_{1}}{a}}\$
e quindi:
    $a={\frac {1}{2d}}(v_{2}^{2}-v_{1}^{2})=-6.1\cdot 10^{5}\ m/s^{2}\$
    $t_{x}={\frac {v_{2}-v_{1}}{a}}=231\ \mu s\$
b)
La pallottola si arresta per un tempo $t_{2}\$ tale che:
    $v_{1}+at_{2}=0\$
    $t_{2}=-{\frac {v_{1}}{a}}\$
Lo spessore che arresterebbe la pallottola vale quindi:
    $d_{x}=v_{1}t_{2}+{\frac {1}{2}}at_{2}^{2}={\frac {v_{1}^{2}d}{v_{1}^{2}-v_{2}^{2}}}=0.033\ m\$