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Soluzione esercizio numero 137 pag.834 tratto dal libro Matematica.azzurro 4 con Tutor

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Testo

Nel seguente esercizio determina gli elementi richiesti utilizzando i dati forniti dalle figure.

Sfruttando le conoscenze sulla trigonometria bisogna cercare di ricavare le aree richieste.

Soluzione

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Esercizio n°11 pag. 913 (L’Amaldi per i licei scientifici.blu 2)

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Testo

Tre fili paralleli sono posti ai vertici di un triangolo equilatero di lato \( d=35cm\), come mostrato nella figura, e sono attraversati dalle correnti \( i_1 \), \( i_2 \) e \( i_3 \). Le correnti hanno tutte intensità uguale a \( 2A \).

Determina modulo direzione e verso della forza per unità di lunghezza che agisce sul filo 1 nel caso in cui le correnti \( i_1 \), \( i_2 \) e \( i_3 \) siano tutte uscenti dal foglio.

Prerequisiti

Per risolvere questo problema è necessario conoscere:

  • La formula della forza di attrazione o repulsione di due fili percorsi da corrente;
  • Le procedure per effettuare la scomposizione dei vettori;
  • Le procedure per effettuare la somma vettoriale;
  • I concetti di modulo, direzione e verso del vettore.

Soluzione

Si ricordi che, per due fili percorsi da corrente, vale la seguente

\( \overrightarrow{ \boldsymbol{F}}= \frac{ \mu}{2 \pi} \frac{i_{1} i_{2}}{d} l \cdot \widehat{ \mathbf{u}}_{r} \)

In cui:

  • \( \overrightarrow{ \boldsymbol{F}} \) è la forza di attrazione tra i due fili;
  • \( \mu \) è una costante, di cui  è la permeabilità magnetica del mezzo nel quale si trovano i fili;
  • \( i_1 \) è la corrente che attraversa il primo filo;
  • \( i_2 \) è la corrente che attraversa il secondo filo;
  • \( d \) è la distanza tra i due fili;
  • \( l \) è la lunghezza dei fili;
  • \( \widehat{ \mathbf{u}}_{r} \) è un versore (vettore di modulo uno) che si trova sulla direzione che definisce la distanza tra i due fili.

Nel nostro caso di ha che le forze per unità di lunghezza sono:

\( \frac{\vec{\boldsymbol{F}}_{12}}{l}=\frac{\mu}{2 \pi} \frac{i_{1} i_{2}}{d_{12}} \cdot \widehat{\mathbf{u}}_{r, 12}\)

e

\( \frac{\vec{\boldsymbol{F}}_{13}}{l}=\frac{\mu}{2 \pi} \frac{i_{1} i_{3}}{d_{13}} \cdot \widehat{\mathbf{u}}_{r, 13}\)

Il reale valore della lunghezza dei fili è, hai fini dei calcoli, irrilevante, in quanto viene richiesta la forza per unità di lunghezza.

La somma vettoriale:

\( \vec{\boldsymbol{F}}_{tot}=\vec{\boldsymbol{F}}_{12}+\vec{\boldsymbol{F}}_{13} \)

Vuole che, al netto, sia:

\( \left\|\overrightarrow{\boldsymbol{F}}_{t o t}\right\|=\left\|\overrightarrow{\boldsymbol{F}}_{12}\right\| \cos \left(\frac{\pi}{6}\right)+\left\|\overrightarrow{\boldsymbol{F}}_{13}\right\| \cos \left(\frac{\pi}{6}\right)= \)

\( \left(\left\|\overrightarrow{\boldsymbol{F}}_{12}\right\|+\left\|\overrightarrow{\boldsymbol{F}}_{13}\right\|\right) \cdot \cos \left(\frac{\pi}{6}\right) \)

In quanto le componenti orizzontali si annullano. La simbologia \( \left(\left\| \cdot \right\|\right) \) identifica il modulo del vettore.

Procedendo come richiesto dal problema si osserva che i contributi dovuti a \( l \) si annullano ovunque, perché tutti i membri a sinistra e a destra dell’uguaglianza sono divisi per \( l \). Tuttavia, tutti i ragionamenti di seguito valgono per ogni metro di filo percorso da corrente.

Perciò:

\( \left\|\overrightarrow{\boldsymbol{F}}_{\text {tot}}\right\|=\left(\frac{\mu}{2 \pi} \frac{i_{1} i_{2}}{d_{12}}+\frac{\mu}{2 \pi} \frac{i_{1} i_{3}}{d_{13}}\right) \cdot \cos \left(\frac{\pi}{6}\right) \)

Siccome \( d_{12}=d_{13}=d \) si ha:

\( \left\|\overrightarrow{\boldsymbol{F}}_{\text {tot}}\right\|=\frac{\mu}{2 \pi d}\left(i_{1} i_{2}+i_{1} i_{3}\right) \cdot \cos \left(\frac{\pi}{6}\right) \)

Nel nostro caso \( \mu=\mu_{0}=4 \pi \cdot 10^{-7} \mathrm{H} / \mathrm{m} \) da cui:

\( \left\|\vec{F}_{t o t}\right\|=\frac{16}{0.35} \cdot 10^{-7} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} N \approx 4 \cdot 10^{-6} N \)

Ricordando quanto detto prima e cioè che tutti i ragionamenti appena fatti valgono per ogni metro di filo percorso da corrente si può concludere che:

\( \frac{\left\|\overrightarrow{\boldsymbol{F}}_{\text {tot}}\right\|}{l} \approx 4 \cdot 10^{-6} \frac{N}{m}\)

Quindi il modulo della forza per unità di lunghezza che agisce sul filo 1 è pari a circa \( 4 \cdot 10^{-6} \frac{N}{m}\). La direzione della forza è perpendicolare alla congiungente dei fili 2 e 3, con la coda del vettore sul filo 1.

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Come risolvere esercizio n.32 pag.177 (Matematica.verde 3G)

Reading Time: 2 minutes

L’esercizio è presente anche nei seguenti libri:

  • esercizio 33 pag. 254 (Matematica.blu 2.0 volume 3 con tutor)
  • esercizio 32  pag. 215 (Matematica.rosso 3 con tutor)

In questo esempio di esercizio verrà mostrato come si trova il valore del parametro m della retta r_{AB} che passa per  due punti A e B , parallela ad un’altra retta r.

Inoltre si calcola il perimetro del triangolo formato dalla retta r_{AB} e un punto C sull’asse delle ascisse.

1         Testo

Determina per quale valore del parametro \( m \) la retta passante per i punti  \( A(m+1;2) \) e \( B(1;m) \) è parallela alla retta \( y=3x+1 \)Trova poi il perimetro del triangolo ABC con C punto di intersezione tra l’asse \( x \) e la retta \( y=x+1 \).

1          Soluzione

La retta passante per AB deve essere parallela alla retta  \( r: y=3x+1
\) con \( m_r=3\).

Per la condizione di parallelismo i coefficienti angolari delle due rette
devono essere uguali:

\(
m_{AB}=m_r \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; (1) \)

Determiniamo il coefficiente angolare tra i due punti:

\( m_{AB}=\frac{y_B-y_A}{x_B-x_A}=\frac{m-2}{1-m-1}=\frac{m-2}{-m}=-\frac{m-2}{m} \)

Per la (1), deve essere:

\( -\frac{m-2}{m}=3\)

da cui

\( -(m-2)=3m\)

\( -m+2-3m=0\)

\( -4m=-2\)

\( m=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}\)

quindi

\( m= \frac{1}{2}\)

Determiniamo le coordinate dei punti A e B, sostituendo il valore di \(
m=\frac{1}{2} \):

\( (m+1;2)\rightarrow\left(\frac{1}{2}+1 ; 2\right)\rightarrow A\left(\frac{3}{2}
; 2\right)\)

e

\( B(1;m)\rightarrow B\left(1;\frac{1}{2}\right)\)

Determiniamo il punto di intersezione tra l’asse \( x \) e la retta data \(
y=x+1 \).

Risolvendo il seguente sistema:

\( \left \{ \begin{matrix} y=x+1 \\ y=0 \end{matrix} \right. \)

da cui:

\( x+1=0\rightarrow x=-1 \)

otteniamo le coordinate del punto \( C(-1,0)\).

Utilizzando la formula distanza
tra due punti:

\( d=\sqrt{(x_2-x_1 )^2+(y_2-y_1 )^2}\)

calcoliamo i lati del triangolo:

\( AB=\sqrt{\left(1-\frac{3}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}-2\right)^2}=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{9}{4}}=\sqrt{\frac{10}{4}}=\frac{1}{2}\sqrt{10}\)

\( BC=\sqrt{\left(-1-1\right)^2+\left(0-\frac{1}{2}\right)^2}=\sqrt{4+\frac{1}{4}}=\sqrt{\frac{17}{4}}=\frac{1}{2}\sqrt{17}\)

\( AC=\sqrt{\left(1-\frac{3}{2}\right)^2+\left(0-2\right)^2}=\sqrt{\frac{25}{4}+4}=\sqrt{\frac{41}{4}}=\frac{1}{2}\sqrt{41}\)

Ora possiamo calcolare il perimetro del triangolo:

\( P=AB+BC+AC=\frac{1}{2}\sqrt{10}+\frac{1}{2}\sqrt{17}+\frac{1}{2}\sqrt{41}=\frac{1}{2}\left(\sqrt{10}+\sqrt{17}+\sqrt{41}\right)\)

 

Figura 1. Rappresentazione completa della situazione proposta dal problema. Vengono rappresentate le tre rette discusse in questo esercizio e il triangolo identificato dai tre punti A, B e C.
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Come risolvere esercizio n. 27 pag. 177 (Matematica.verde 3G)

Reading Time: 3 minutes

Autore: Antonio Reno;

Revisore: Andrea Zedda

L’esercizio è presente anche nei seguenti libri:

  • esercizio 28 pag. 254 (Matematica.blu 2.0 volume 3 con tutor)
  • esercizio 27 pag. 215 (Matematica.rosso 3 con tutor)

In questo esempio di esercizio verrà mostrato come si calcola l’equazione della retta passante per l’altezza di un triangolo nel piano cartesiano ma anche come si trova la retta passante per un vertice del triangolo e parallela a un lato del triangolo stesso.

1         Testo

Dato il triangolo di vertici A(-2,4), B(4,3) e C(2,-2), determinare:

  1. l’equazione della retta passante per l’altezza relativa al lato AC;
  2. l’equazione della retta passante per A e parallela al lato BC.
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Il gioco delle tessere

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Testo

La piccola Aurelia sta giocando con 985 tessere di legno colorato, tutte a forma di triangolo equilatero e aventi le stesse dimensioni. Ha costruito con esse, affiancandole, il triangolo equilatero più grande possibile; quante tessere sono avanzate ad Aurelia?

Soluzione

Partendo con la prima tessera si può considerare questo come la prima riga di tessere, ovvero il vertice del triangolo equilatero grande.

Volendo sviluppare la seconda riga ci vogliono altri tre triangoli e continuando verso la terza riga ci vogliono 5 triangoli, come mostrato in figura.

Figura 1. Illustrazione del posizionamento successivo delle tessere per righe.

Come si può notare la sequenza è quella dei numeri dispati, infatti:

  • prima riga 1 tessera
  • seconda riga 3 tessere
  • terza riga 5 tessere
  • quarta riga 7 tessere
  • etc.

La sequenza continua fino a quando le tessere non finiscono.

A questo punto non resta che sommare tutti i numeri dispari fino ad arrivare a 61 tessere. La somma non è difficile, non richiede l’utilizzo di tecniche più sofisticate, specialmente se si considerano i numeri dispari a gruppi di 5. Per esempio i primi 5 numeri dispari sommati fanno 25, i secondi 75, i terzi 125, sempre un’aggiunta di 50 ogni gruppo di 5…

Facendo la somma di tutti i numeri dispari fino a 61 si ottiene esattamente 961. Perciò le tessere che avanzano sono 24.

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Altri 2 problemi sui triangoli qualunque

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1         Esercizio 1

1.1         Testo

Relativamente al triangolo in figura, determina i lati e gli angoli, conoscendo gli elementi indicati.

Figura 1 Triangolo del problema

1.2         Soluzione

Per calcolare l’angolo \gamma si procede come segue:

\gamma=180^{\circ}-\alpha-\beta=77^{\circ}

Ora vogliamo trovare \overline{A C} e \overline{A B}. Per poterlo fare si procede come segue.

Prima di tutto si considera che:

\overline{AC} \cdot \cos (\gamma)+\overline{AB} \cdot \cos (\beta)= \overline{B C}

Inoltre si può osservare che:

\overline{AC} \cdot \sin(\gamma) = \overline{AB} \cdot \sin (\beta)

Spiegato dalla figura seguente.

Figura 2 Osservazione sul calcolo del segmento

Perciò per trovare il valore di  basta risolvere il seguente sistema:

\left \{ \begin{matrix} \overline{AC} \cdot \cos (\gamma)+\overline{AB} \cdot \cos (\beta)= \overline{B C} \\ \overline{AC} \cdot \sin(\gamma) = \overline{AB} \cdot \sin (\beta) \end{matrix} \right.

\left \{ \begin{matrix} \overline{AC} \cdot \cos (77)+\overline{AB} \cdot \cos (70)= 20 \\ \overline{AC} \cdot \sin(77) = \overline{AB} \cdot \sin (70) \end{matrix} \right.

\left \{ \begin{matrix} \frac{\sin(70)}{\sin(77)} \cdot \overline{AB} \cdot \cos (77)+\overline{AB} \cdot \cos (70)= 20 \\ \overline{AC} = \frac{\sin(70)}{\sin(77)} \cdot \overline{AB} \end{matrix} \right.

\left \{ \begin{matrix}  \overline{AB}= \frac{20}{\frac{\sin(70)}{\sin(77)} \cdot \cos (77) + \cos (70) } \\ \overline{AC} = \frac{\sin(70)}{\sin(77)} \cdot \overline{AB} \end{matrix} \right.

\left \{ \begin{matrix} \overline{AB} \approx 35.78 \\ \overline{AC} \approx 34.5 \end{matrix} \right.

2         Esercizio 6

2.1         Testo

In un trapezio isoscele la base maggiore è lunga 40 cm e l’altezza è di 12 cm. Sapendo che gli angoli adiacenti alla base maggiore sono di 70°, calcola il perimetro e l’area del trapezio.

Figura 3 Immagine che rappresenta il trapezio del problema

2.2         Soluzione

Siccome il trapezio è isoscele si sa che \overline {AD} = \overline {BC}

Chiamiamo la proiezione di C su \overline {AB} come C', si sa che l’angolo \widehat{C C^{\prime} B}=90^{\circ}, quindi il triangolo  è rettangolo in C'.

Per il triangolo CC^{\prime} B vale che:

\overline{C B} \cdot \sin 70^{\circ}=12 \rightarrow

\overline{C B}=\frac{12}{\sin 70^{\circ}} \approx 12.77

Da cui si può ricavare che:

\overline{C^{\prime} B}=\overline{C B} \cdot \cos 70^{\circ} \approx 4.1

E quindi:

\overline{A B}=\overline{A D^{\prime}}+\overline{D^{\prime} C^{\prime}}+\overline{C^{\prime} B}

In cui D^{\prime} è la proiezione di D su \overline{AB}

Si può constatare che \overline{A D^{\prime}}=\overline{C^{\prime} B}.

Siccome la lunghezza della base minore è pari a \overline{ D^{\prime} C^{\prime}} si effettua la seguente operazione:

\overline{D^{\prime} C^{\prime}}=\overline{A B}-2 \cdot \overline{C^{\prime} B}=40-2 \cdot 4.1=31.8

Quindi il perimetro del trapezio è pari a:

P_{t p z}=40+12.77+12.77+31.8 \approx 95.34

E l’area del trapezio è pari a:

A_{t p z}=\frac{(40+31.8) \cdot 12}{2} \approx 430.8

Qui di seguito puoi scaricare il documento relativo al post:

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Problemi sui triangoli qualunque

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In fondo a questo post puoi scaricare il documento relativo agli esercizi svolti qui di seguito.

1         Esercizio 1

1.1         Testo

Determina l’elemento incognito nelle seguenti figure:

Figura 1 Figure problema
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Calcolo della superficie totale di una piramide a base quadrata

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Testo

Una piramide di base quadrata ha l’altezza lunga 15 \sqrt{3} cm, che forma un angolo di 30° con l’apotema di ogni singola faccia. Determina la superficie totale del solido.

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Soluzione esercizio n°4 pag.828 (Matematica.azzurro)

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Testo

Risolvi il triangolo ABC, rettangolo in A, noti gli elementi indicati: Continua a leggere Soluzione esercizio n°4 pag.828 (Matematica.azzurro)