1

Cinematica vettoriale

1. Indipendenza dei moti perpendicolari

Il passo successivo allo studio dello spostamento lungo una retta, è l’analisi del moto di un punto materiale in due dimensioni, vale a dire tutte quelle situazioni in cui l’insieme delle posizioni via via occupate dall’oggetto si trovano su di uno stesso piano. E’ questo ad esempio il caso di una palla che rotola sopra ad un biliardo, oppure di una freccia scagliata da un arco con un qualsiasi angolo iniziale rispetto all’orizzonte . Lo studio cinematico del moto in due dimensioni è in realtà una facile generalizzazione di quello rettilineo, e questo grazie al principio d’indipendenza dei moti in direzioni perpendicolari scoperto da Galileo: Principio d’indipendenza dei moti in direzioni perpendicolari La cinematica di un punto materiale in una direzione è indipendente dalla cinematica dello stesso punto in una qualunque altra direzione ad essa perpendicolare Che uso possiamo fare del principio di indipendenza dei moti? Ogni volta che un punto materiale segue una traiettoria appartenente tutta ad un piano, si scelgono due direzioni nel piano fra loro perpendicolari, (ad esempio gli assi orizzontale e verticale se si tratta di un oggetto scagliato in aria). Si immaginano poi due fasci luminosi, ognuno parallelo ad una delle direzioni scelte, così da proiettare l’ombra della particella lungo l’altra direzione. Se consideriamo le posizioni delle due ombre ottenute, ciascuna di esse descriverà un moto rettilineo con una propria velocità ed una propria accelerazione. Il principio d’indipendenza dei moti perpendicolari afferma che se potessimo annullare velocità ed accelerazione in direzione verticale, (fissando dunque l’altezza del punto), il moto dell’ombra orizzontale non risentirebbe affatto di questo e proseguirebbe imperturbato. Lo stesso varrebbe per il moto in verticale se annullassimo velocità ed accelerazione in orizzontale. In altri termini, per il moto proiettato in orizzontale è proprio come se il

Capitolo

3

2

movimento in verticale non ci fosse: non potremo mai rallentare od accelerare la corsa dell’ombra orizzontale attraverso cambi di velocità in direzione verticale, e naturalmente neanche il viceversa. Quali esempi si possono fare? Consideriamo un uomo con in mano una palla, mentre viene trasportato da un tappeto scorrevole avente velocità costante. Ad un dato istante la persona lancia la palla in alto, con velocità iniziale esattamente verticale. Ricordiamo che in questo, come in tutti gli esempi del capitolo, il contrasto fatto dall’aria si considera così piccolo da essere trascurabile. Il principio di indipendenza dei moti in direzioni perpendicolari prevede che il moto verticale impresso alla palla non influenzi quello orizzontale che essa inizialmente possedeva insieme al nastro scorrevole. Se quindi illuminassimo la scena dall’alto con un fascio di luce verticale, vedremmo l’ombra della palla stamparsi in ogni istante esattamente sulle palme dell’uomo, finché, dopo aver descritto un arco di traiettoria curva, gli ricade nelle mani. Un secondo, famosissimo esempio si deve allo stesso Galileo. Una palla lasciata cadere dalla bocca di un cannone in cima ad un’altura, tocca terra nel medesimo istante in cui lo fa un’altra palla che contemporaneamente viene sparata in direzione orizzontale. Infatti, il moto orizzontale impresso dal cannone alla palla non modifica in alcun modo quello verticale, e quindi il tempo di caduta dei due gravi deve essere lo stesso.

2. La cinematica del lancio orizzontale

Consideriamo una particella scagliata in direzione orizzontale partendo da una certa altezza rispetto al terreno, proprio come la palla del cannone nel precedente esempio. Per questo fenomeno useremo nel seguito il termine proiettile in una accezione più ampia di quella comune, intendendo con ciò un qualunque oggetto (di dimensioni tali da potersi considerare particella in quel contesto) che, lanciato in aria, si trovi in moto di caduta libera.

Un proiettile è un oggetto in caduta libera? Scagliare un oggetto in aria comporta imprimergli una certa velocità iniziale, quindi in questa fase esso non è sottoposto solo all’azione della gravità ma anche a quella della nostra mano. Se vogliamo occuparci solo della fase di caduta libera, il nostro studio deve iniziare nell’istante immediatamente successivo a quello in cui il proiettile ha lasciato la mano, (il fucile, il cannone), e quanto è accaduto prima (azione del braccio, detonazione di polveri eccetera) viene riassunto nel valore di velocità iniziale che gli è stata impressa, e nella direzione lungo cui è stato scagliato. Durante la fase di permanenza in volo considereremo trascurabile il contrasto fatto dall’aria, in modo che l’unica azione esercitata sul proiettile sia quella dovuta alla gravità. Nella fase di impatto, il proiettile non è più in caduta libera in quanto sperimenta l’azione di un soggetto esterno (un muro od il terreno), a frenarne la corsa. La nostra analisi pertanto dovrà terminare un istante prima. Quindi, sebbene la velocità di un

y

x0

3

proiettile si annulli al momento dell’impatto, questo evento si colloca fuori dalla nostra area di studio. Noi analizzeremo ciò che accade fino ad una frazione di secondo prima che l’impatto abbia luogo, e potremo calcolare il valore della velocità fino a quel momento. Con tali accorgimenti, il proiettile può senz’altro essere considerato in caduta libera, vale a dire che in direzione verticale l’unica azione dall’esterno su di esso è quella dovuta alla gravita, mentre in direzione orizzontale nessun soggetto esterno interagisce con il proiettile.

Le proiezioni lungo gli assi seguono un moto uniformemente accelerato? Immaginando due luci che illuminano il proiettile, una dall’alto ed una da sinistra: le due ombre proiettate sugli assi seguono moti indipendenti, ognuno governato solo dalla sua velocità iniziale e dalla sua accelerazione. Lungo le ordinate si ha un moto uniformemente accelerato in quanto abbiamo un’accelerazione costante dovuta alla gravità: ya g , e quindi la velocità verticale aumenta ogni secondo di m/s9.81

verso il basso. Lungo le ascisse, dove non ci sono azioni esterne ad accelerare o rallentare, e quindi xa è nulla, il moto è rettilineo uniforme.

Quali sono le leggi di posizione e velocità per un lancio orizzontale? Le leggi orarie per le posizioni delle due proiezioni lungo gli assi si scrivono sfruttando il principio di indipendenza dei moti perpendicolari. Lungo la direzione orizzontale quindi, sono solo la velocità iniziale 0xv e l’accelerazione xa a governare

il moto, ed analogamente per la direzione verticale contano solo i valori 0yv ed ya .

Scriviamo quindi due coppie di leggi orarie indipendenti:

2

0 0

0

1( )

2

( )

x x

x x x

x t x v t a t

v t v a t

2

0 0

0

1( )

2

( )

y y

y y y

y t y v t a t

v t v a t

Posizionando l’asse delle ascisse al suolo e quello delle ordinate a cavallo della coordinata da cui parte il proiettile si ha 0 0x , 0 0yv , 0xa , ya g si ha:

Leggi orarie per il moto di un lancio orizzontale

0

0

( )

( )x

x x

x t v t

v t v

20

1( )

2

( )y

y t y gt

v t gt

Cosa si scrive l’equazione della traiettoria del moto? Come sappiamo, la traiettoria è l’insieme delle posizioni occupate dalla particella durante il moto. La relazione ( )y x che esprime la coordinata y in funzione della

coordinata x si dice equazione della traiettoria. Nel lancio orizzontale da quota 0y la traiettoria è un arco rivolto verso il basso e la sua equazione viene detta parabola. Per ricavare l’equazione della traiettoria si deve eliminare la coordinata temporale t dalle leggi orarie della posizione, e questo si fa mettendole a sistema. Dalla legge oraria lungo le ascisse si ha 0/ xt x v che, inserita in quella per le ordinate produce:

( )x t

( )y t

0v

4

20 2

02 x

gy y x

v

e questa è l’equazione della traiettoria di un lancio orizzontale che parte da quota

0y ed ha velocità iniziale 0xv . Come si calcola il tempo di permanenza in volo del proiettile? Il tempo di permanenza in volo, detto anche tempo di caduta, che qui indicheremo con *t , è lo stesso che si avrebbe nel caso di caduta in verticale partendo da fermo dalla stessa altezza. Lo si ricava imponendo che la quota ( )y t sia nulla:

* *2 * 00

21( ) 0

2

yy t y gt t

g

avendo scartato la soluzione negativa, priva di significato fisico in quanto riferita ad un istante antecedente il momento del lancio. Come si calcola la velocità un istante prima di toccare terra? La velocità verticale *

yv un momento prima di toccare terra è espressa dal valore di

( )yv t nell’istante *t :

* * 00

22y

yv gt g y g

g

mentre la velocità orizzontale è sempre uguale al valore iniziale 0xv , e questo vale sia un istante prima dell’impatto sia durante tutto il lancio, in quanto non vi è accelerazione in questa direzione. Cos’è la gittata e come si calcola? Il termine gittata si usa per indicare lo spazio complessivo percorso in orizzontale dal proiettile prima di toccare terra. Per indicare la gittata useremo il simbolo R , dall’inglese Range. Si ottiene il valore di R inserendo il tempo di caduta nell’equazione oraria della posizione lungo la direzione orizzontale:

* 00

2( )

yR x t v

g

Esercizi 1. Un cannone spara orizzontalmente un proiettile da una collina alta m150 , con una velocità iniziale di m/s250 . Si dica a quale distanza dalla verticale che passa per il cannone cade il proiettile. Si scriva quindi l’equazione della traiettoria e si calcoli qual è la sua altezza quando si trova a m700 di distanza da tale verticale. Scriviamo la legge oraria della posizione per il proiettile:

210 0 2( ) 250x xx t x v t a t t

m700

m112

m/s250m150

m1382

0v

R

5

2 210 0 2( ) 150 4.91y yy t y v t a t t

Imponiamo che l’altezza sia nulla per trovare i tempo di caduta *t :

s s1502

4.91150 4.91 0 5.53t t

sostituiamo *t nella legge oraria per le ascisse e ricaviamo a quale distanza dalla verticale che passa per il cannone cade il proiettile, cioè la gittata:

s m m m3(5.53 ) 250 5.53 1382 1.38 10R x Per la traiettoria mettiamo a sistema le due leggi orarie ed eliminiamo il tempo:

5 2

22250

250

250 150 7.85 10150 4.91 150 4.91

x

x

tx t y xy t y

il coefficiente del termine di secondo grado 57.85 10 nella traiettoria è molto piccolo rispetto agli altri numeri, il che indica che si tratta di una parabola molto allargata, come ci aspettiamo osservando che in un colpo di cannone i primi metri sono percorsi da proiettile praticamente in orizzontale. Sostituendo la posizione

m700x nella traiettoria troviamo l’altezza corrispondente:

m m5 2150 7.85 10 700 112

2. Una ragazza affacciata da un balcone alto m8.0 lancia una rosa in direzione orizzontale per il suo innamorato che si trova alla distanza di m4.0 dal muro della casa. Trascurando la resistenza dell’aria, si dica con quale velocità deve lanciare la rosa affinché cada nelle mani del ragazzo, se questi si china raccogliendola un istante prima che tocchi terra. [R: m/s3.1 ] 3. Una pallina A scivola giù per una guida curva in modo che quando giunge alla base parte con velocità orizzontale m/s1.50 sotto la sola azione della gravità. In quello stesso istante viene lasciata cadere una pallina B distante m4.0 da A. Dopo aver spiegato perché le due palline si scontrano ad una distanza h lungo la verticale condotta da B, trovare il valore di h . [R: m34.9 ] 4. Un’automobile che procede alla velocità costante di m/s12.5 , ad un certo istante inizia ad accelerare di m/s22.50 . Dopo s2.00 , una pallina viene lasciata andare dal finestrino, che ha un’altezza di cm85.0 da terra. Quanti metri percorre in orizzontale prima di toccare il suolo? [R: m7.28 ]

0 ?v m8.0

m4.0

A B

h

m4.0

6

3. Lo spostamento e le grandezze vettoriali

Le proprietà cinematiche che nascono dal principio di indipendenza dei moti in direzioni perpendicolari, possono essere sfruttate in maniera efficace attraverso l’introduzione di nuovi strumenti matematici, detti vettori. Si procede osservando innanzitutto che quando una particella si muove su di un piano, non è più possibile descrivere la sua cinematica soltanto fornendo dei numeri positivi o negativi, come si fa quando essa si sposta lungo una retta dicendo che la sua velocità iniziale vale 0v , la sua posizione iniziale 0x e la sua accelerazione a . E’ infatti necessario aggiungere delle informazioni che riguardano la traiettoria lungo la quale il moto si sviluppa. Come possiamo rappresentare lo spostamento in più di una dimensione ? Un modo semplice per esprimere lo spostamento di una particella che si muove da una posizione iniziale 1 ad una posizione finale 2, è utilizzare un segmento orientato che abbia la coda nella posizione iniziale e la punta nella posizione finale. Sebbene questa sia una descrizione assai grossolana di quanto accade, che prescinde dalla traiettoria effettivamente seguita dalla particella (di colore chiaro in figura), risulta uno strumento molto utile perché attraverso di esso è possibile far emergere le proprietà legate all’indipendenza dei moti in direzioni perpendicolari. Osserviamo poi che suddividendo la traiettoria in spostamenti successivi, è possibile darne una descrizione tanto più dettagliata quanto più la scansione è fitta, il che suggerisce che la descrizione imprecisa del moto reale che si ha con i segmenti orientati, possa essere raffinata per approssimazioni successive. Quand’è che possiamo considerare uguali due spostamenti? Per rispondere a questa domanda facciamo un’ulteriore astrazione rispetto al descrivere lo spostamento facendo uso di un segmento orientato. Rimuoviamo idealmente sia il punto 1 da cui la particella inizia a muoversi sia il punto 2 in cui giunge, e manteniamo soltanto la parte essenziale dell’informazione, cioè la relazione che li lega. Ciò che ci interessa infatti è disporre delle informazioni che dicano come il punto 2 si trovi ad una certa distanza dal punto 1 ed in una data direzione, prescindendo dalle posizioni effettive di 1 e 2 nel piano. In questa ottica i movimenti in figura di una particella da 1 2 e quello di un’altra da 3 4 , danno entrambi origine allo stesso spostamento. Infatti, pur essendo diverse le posizioni di partenza e di arrivo, la posizione di 2 relativamente ad 1 è uguale a quella del punto 4 rispetto al punto 3 . In altri termini partendo dalle due posizioni iniziali potremmo raggiungere le due posizioni finali avanzando dello stesso numero di passi e con la stessa inclinazione verso Nord-Est. Con questa convenzione considereremo quindi uguali due spostamenti in cui la relazione che esprime la posizione finale relativamente a quella iniziale sia la stessa, cioè: sono uguali due spostamenti individuati da segmenti che siano paralleli, orientati nello stesso verso e di pari lunghezza. Segmenti con tali caratteristiche si dicono equipollenti.

1

2

3

4

N

S

EO

1

2

7

Come esprimere questo tipo di segmento orientato dello spostamento? Per associare delle informazioni numeriche al segmento orientato che descrive uno spostamento introduciamo un sistema di due assi cartesiani ortogonali. Dato uno spostamento da un punto 1 ad un punto 2 , in base a quanto detto vi sono infiniti segmenti equipollenti che lo rappresentano nel piano. Consideriamo quello che ha la coda nell’origine e misuriamo le coordinate della sua punta. Indichiamo questa coppia di numeri con i simboli ( ; )x yr r , come in figura. L’utilizzo del simbolo

delta , che come sappiamo è riservato alla variazione di una grandezza, è in questo caso giustificato dal fatto che stiamo misurando variazioni della posizione lungo una traiettoria. Poiché quando conosciamo questi due valori sappiamo tutto ciò che ci occorre per individuare lo spostamento, questa è proprio la misura che stiamo cercando per caratterizzarlo. Chiamiamo vettore spostamento, la coppia di numeri ( ; )x yr r ed utilizziamo il

simbolo r

per indicarlo. Diremo inoltre componente del vettore spostamento ciascuno dei due numeri ,x yr r e ci riferiremo ad ognuno degli infiniti segmenti orientati

equipollenti, come ad un rappresentante del vettore r

. Come si capisce, il vettore spostamento non coincide con nessuno dei segmenti orientati che lo rappresentano nel piano, ma è piuttosto da intendersi come la proprietà che li accomuna tutti, proprietà che è bene espressa algebricamente quando sono date le sue componenti. Come si addizionano i vettori spostamento? Consideriamo due spostamenti consecutivi, il primo 1 1 1( ; )x yr r r

che porta

dalla posizione 1 alla 2, il secondo 2 2 2( ; )x yr r r

dalla 2 alla 3. Come si vede dalla figura, lo spostamento complessivo da 1 a 3 è rappresentato da un segmento orientato che ha la coda nella posizione 1 e la punta nella posizione 3. Questa tecnica di somma è detto metodo di punta-coda. Ci proponiamo ora di capire che effetto abbia la somma eseguita con il metodo di punta coda sulle componenti dei vettori spostamento: vogliamo cioè ottenere le componenti del vettore somma

1 2r r r

. Osservando nella figura a lato, si capisce che quando le componenti sono positive, esse coincidono numericamente con le misure dei cateti di quei triangoli in cui i rappresentanti del vettore sono ipotenuse. E’ immediato allora vedere che:

1 2x x xr r r

1 2y y yr r r

Tale risultato dice che il vettore spostamento complessivo si ottiene sommando le componenti di ciascun vettore spostamento in modo indipendente. Quindi, grazie all’uso dello strumento matematico detto vettore, abbiamo ritrovato e reso trasparente nel caso dello spostamento, il principio di indipendenza dei moti in direzioni perpendicolari. Infatti sommare indipendentemente le componenti x ed y significa che qualsiasi spostamento r

può essere pensato come composto da uno

r

1

2

xr

yr

Questi non sono tanti vettori ma tanti rappresentanti dello stesso vettore

r

1r

1

2

32r

1xr 2xr

xr

1r

r

2r

1yr

2yr

yr

r

Or

Vr

8

spostamento in orizzontale Or

seguito da uno verticale Vr

e che i due non possono influenzarsi a vicenda in alcun modo.

Che succede quando si seguono più di due spostamenti successivi? La tecnica di punta coda si estende al caso di più vettori, ed il risultato complessivo è quello di uno spostamento che abbia la coda nella coda del primo segmento orientato, e la punta coincidente con la punta dell’ultimo. Questa operazione non dipende dall’ordine con il quale viene eseguita, come si verifica facilmente osservando che i quattro vettori in figura producono sempre lo stesso vettore somma (in grassetto). Così funziona anche nel mondo reale: la variazione di posizione complessiva quando ci si muove ad esempio da casa al lavoro passando per l’ufficio postale e per la banca, non cambia se si passa prima per la banca e poi per l’ufficio postale. Ad ulteriore conferma si rifletta sul fatto che quando si addizionano in modo indipendente le componenti orizzontale e verticale, deve valere la proprietà commutativa fra numeri, e cioè non conta l’ordine nel quale le componenti sono sommate. Ne segue che nemmeno l’ordine con il quale si esegue il metodo di punta coda non può influire sul risultato finale. Una prova pratica può essere fatta usando delle matite colorate come rappresentanti dei vettori e cambiare l’ordine di addizione.

Cosa è quindi un vettore? In base a quanto sopra esposto si intuisce che è possibile definire un vettore anche a prescindere dal vettore spostamento. Questo risulta particolarmente utile in quanto come vedremo vi sono numerose grandezze fisiche, come ad esempio la velocità e l’accelerazione, che sono individuate, oltre che dalla loro intensità, anche da una direzione e da un verso lungo questa direzione: si dice vettore un insieme costituito da tutti gli infiniti segmenti orientatati equipollenti fra loro, e che segue la regola di addizione con il metodo di punta-coda. Un vettore pertanto non è semplicemente una grandezza alla quale è in più associata una direzione, ma uno strumento matematico che segue il metodo di punta-coda per l’addizione. Ad esempio la freccia scagliata da un arco non è un vettore, come si capisce subito pensando che non si può ottenere un tiro verso NordEst lanciando contemporaneamente due frecce uguali, una a Nord ed una ad Est. Il vettore si indica con una lettera con sopra una freccia, ad esempio a . Gli infiniti segmenti orientati da cui il vettore è costituito vengono detti rappresentanti del vettore. La lunghezza di uno qualsiasi dei suoi rappresentanti si chiama intensità del vettore e si indica con il simbolo a

. Un

vettore risulta pertanto individuato quando ne vengono assegnati l’intensità, la direzione ed il verso lungo la direzione stessa. Quali informazioni bisogna fornire perché un vettore sia identificato? Come si è visto, un vettore è assegnato attraverso le coordinate ( ; )x ya a della

punta del suo particolare rappresentante che ha la coda nell’origine. Tuttavia, oltre che tramite le componenti possiamo identificarlo tramite la sua intensità a e l’angolo (lettera greca theta), che forma con l’asse delle ascisse, misurato

a

ya

xa

9

positivo se si gira in verso antiorario, e negativo se si gira in verso orario. Ad esempio potremo esprimere il vettore b

in figura fornendo le coordinate:

(4;2)b

, oppure tramite l’intensità: 20b

e l’angolo: 27 . Come si può passare alle coordinate, noti l’ intensità e l’angolo? Se di un vettore a

si conoscono l’inclinazione e l’intensità a (e si ha

0 90 ), per risalire alle coordinate bisogna considerare un triangolo rettangolo simile a quello di cateti xa , ya ed ipotenusa a

, che però abbia

l’ipotenusa che misuri 1 . Ogni calcolatrice tascabile ha memorizzate le lunghezze dei cateti di qualunque triangolo rettangolo di ipotenusa unitaria, e che si chiamano:

seno di il cateto opposto all’angolo , indicato con il simbolo sin coseno di il cateto adiacente all’angolo , indicato con il simbolo cos

Attraverso semplici relazioni di similitudine si ottengono le formule che permettono di risalire alle coordinate:

coscos 1

xx

aaa a

sinsin 1

yy

aaa a

Esercizi 5. Calcolare le componenti ( ; )x ya a di un vettore a

avente intensità 5a ed

inclinazione 20 . Risulta:

cos 5 cos20 5 0.940 4.70xa a

sin 5 sin20 5 0.342 1.71ya a

Come si passa invece all’ intensità ed all’angolo, note le componenti? Se di un vettore a si conoscono le coordinate xa ed ya (e si ha 0xa ed 0ya ) e

si vuole risalire all’inclinazione ed all’intensità a , per quest’ultima si applica il

teorema di Pitagora: 2 2x ya a a

Per trovare l’inclinazione invece, bisogna di nuovo considerare il triangolo rettangolo simile al nostro ed avente ipotenusa che misura 1 . Il rapporto fra le lunghezze dei cateti di qualunque triangolo rettangolo di ipotenusa unitaria è memorizzato nella calcolatrice e si chiama:

b

2

4

2720

1

cos

sin

a

ya

xa

205

a

ya

xa

10

misura del cateto opposto a di (simbolo tan

misura del cateto adiacente a

 )

 

tangente

Poiché il rapporto fra cateti è lo stesso anche nel triangolo di lati xa ed ya si ha:

tan y

x

a

a

Per trovare si calcola quindi il rapporto /y xa a e , sapendo che questo è uguale alla tangente di lo si inserisce nella calcolatrice chiedendo di estrarre dalla sua memoria l’angolo che produce proprio quel valore del rapporto fra i cateti. Come si esegue questa operazione con una calcolatrice? Bisogna innanzitutto settare la calcolatrice chiedendo che gli angoli vengano espressi in gradi sessagesimali, vale a dire che delle tre opzioni che la tastiera (o il display) propone, cioè DEG , RAD e GRA , sceglieremo DEG . Si digita quindi il tasto

1tan dopo (o prima a seconda del modello) aver inserito il valore del rapporto

/y xa a , e si calcola 1tan /y xa a . Quindi, per avere bisogna distinguere a

seconda del segno della componente orizzontale del vettore, come illustrato anche in figura:

10 tan yx

x

aa

a

; 10 180 tan y

xx

aa

a

questo procedimento fornisce valori negativi (cioè ottenuti girando in verso orario) per gli angoli nel quarto quadrante. Esercizi 6. Calcolare l’intensità e l’inclinazione dei vettori: (3;2)a

, ( 1; 3)b

, ( 2; 2)c ,

(2; 3)d

. Risulta:

2 23 2 13a 1 2

tan 33.73a

2 2( 1) 3 10b

1 3180 tan 180 71.6 108

1b

2 2( 2) ( 2) 8c

1 2180 tan 225

2c

2 22 ( 3) 13d

1 3tan 56.3

2d

1tan

0

y

x

xa

a

a

1

180

tan

0x

y

x

a

a

a

0

90

180

270

360

a

2

3

aa

b

1

3

bb

c

2c

c

2

d

2

3

d

d

11

7. Si sommino i due vettori spostamento A

e B

essendo m3.0A

, °20A ,

m5.0B

, °80B .

Scriviamo le componenti:

mcos20 3.0 0.94 2.8xA A

msin20 3.0 0.34 1.0yA A

mcos70 5.0 0.17 0.87xB B

msin 80 5.0 0.98 4.9yB B

Indicando con C A B

, sommiamo le componenti corrispondenti: m2.8 0.87 3.7x x xC A B

m1.0 4.9 5.9y y yC A B

Risulta quindi 3.8;5.9C

. In termini di intensità ed angolo si ha poi:

m2 2 2 23.7 5.9 7.0x yC C C

15.91.6 tan 1.6 58

3.7y

Cx

C

C

Le componenti dei vettori, sono a loro volta dei vettori? In qualunque contesto in cui siano presenti vettori, le grandezze espresse da un semplice numero sono dette scalari. Le componenti di un vettore sono pertanto degli scalari. Attraverso dei particolari vettori spostamento, detti versori, diretti come gli assi e la cui lunghezza misura 1 (nelle unità del sistema di riferimento), è possibile introdurre anche le cosiddette componenti vettoriali del vettore. Indicheremo con:

x un vettore di lunghezza 1 avente la direzione ed il verso dell’asse delle ascisse, quindi sarà (1; 0)x (versore x )

y un vettore di lunghezza 1 avente la direzione ed il verso dell’asse delle ordinate, quindi sarà (1;0)y (versorey )

Se quindi risulta che un vettore ha componenti scalari: ;x yA A A

, chiameremo

componenti vettoriali di A

i vettori:

x xA A x

cioè ( ;0)x xA A

y yA A y

cioè (0; )y yA A

in modo che risulti:

ˆ ˆx y x yA A A A x A y

Come si può moltiplicare uno scalare per un vettore? Da quanto esposto sopra, implicitamente risulta definita anche l’operazione di moltiplicazione di uno scalare k per un vettore A

, intendendo che si deve

moltiplicare ciascuna delle componenti del vettore per lo scalare.

;x ykA kA kA

A

B

C

2.8 3.7

1.0

4.9

5.9

0.87

x

y

A

2A

13 A

12

Ad esempio se 2k ed 3;1A

avremo 2 ( 6; 2)kA A

, ed il risultato

dell’operazione è un vettore la cui intensità vale:

22 2 2x y x ykA kA k A A k A

cioè nel caso proposto 2 5kA

.

Come si possono sottrarre graficamente due vettori? Un rappresentante del vettore differenza A B

si può ottenere applicando al

contrario la tecnica di punta coda. Dovendo infatti essere B A B A

si

vede bene che A B

ha per rappresentante il segmento che ha la coda sulla punta di B

e la punta sulla punta di A

.

8. Considerati i vettori (3,2)a

e (1, 4)b

si calcolino i vettori 3c a ,

d a b e 2 5p a b

. In base alla definizione risulta:

3 3(3;2) (3 3;3 2) (9;6)c a

(3;2) (1; 4) (3 1;2 4) (4;6)d a b

2 5 2(3;2) 5(1;4) (2 3 5 1;2 2 5 4) (1; 16)p a b

9. Assegnati i vettori (2,1)a

e (3, 2)b

si trovino intensità ed inclinazione

del vettore 123p a b [R: 87 /2; 191 ]

A

B A B

13

4. I vettori velocità ed accelerazione Come viene definito il vettore velocità media? Per analogia con il caso in una dimensione, con il termine velocità media intenderemo ora un vettore la cui intensità fornisce il valore di velocità costante che la particella dovrebbe avere per muoversi dalla posizione iniziale a quella finale lungo il segmento orientato che rappresenta lo spostamento, nello stesso intervallo temporale

t che le occorre per eseguire il tragitto reale lungo la traiettoria. Possiamo definire un tale vettore facendo il rapporto fra il vettore spostamento r

e l’intervallo t

durante il quale è avvenuto. Matematicamente lo si ottiene moltiplicando il vettore r

per lo scalare 1/ t :

velocità vettoriale media:

1

scalarvettore

e

m

r

tr

tv

Cosa succede rimpicciolendo sempre più l’intervallo temporale? Quando t tende a diventare nullo, chiudendosi attorno all’istante in cui inizia lo spostamento, il rappresentante del vettore spostamento r

tende a

diventare un segmento di lunghezza sempre più piccola e direzione tangente alla traiettoria. Sebbene in questa operazione t e r

perdano di significato

fisico, così non è per il loro rapporto, il quale si avvicina sempre più a descrivere la velocità nell’istante di partenza considerato. Il vettore che si ottiene può quindi essere associato ad ogni lettura di orologio e si dice: vettore velocità istantanea (o semplicemente vettore velocità):

0limt

rv

t

Se ad un dato istante venisse annullata ogni azione dall’esterno, la particella proseguirebbe il moto lungo una linea retta1, e la sua velocità sarebbe per sempre costante e pari al valore posseduto in quell’istante. Il rappresentante del vettore velocità che ha la coda nella posizione della particella esprime proprio questa direzione istantanea, che è la tangente alla traiettoria. Quali sono le componenti del vettore velocità? Grazie all’indipendenza dei moti in direzioni perpendicolari, il passaggio al limite agisce indipendentemente lungo le direzioni dei due assi, pertanto si ha che:

0 0lim ; lim ( ; )x yt t

x yv v v

t t

1 E’ quanto prevede il principio d’inerzia, del quale ci occuperemo più avanti.

r

mv

1v

2v

3v

r

v

14

In base alla definizione stessa di vettore spostamento, la lunghezza del segmento orientato che rappresenta il vettore velocità è l’intensità della velocità in quell’istante:

2 2x yv v v

Come si definiscono i vettori accelerazione media ed istantanea? Consideriamo un intervallo di tempo t nel quale il vettore velocità istantanea subisce variazioni xv lungo la componente orizzontale e yv lungo quella

verticale.

Si definiscono vettore accelerazione media ma e vettore accelerazione istantanea a (o

semplicemente accelerazione) quelli aventi componenti rispettivamente:

; yxm

vva

t t

0 0

lim ; lim ( ; )yxx y

t t

vva a a

t t

Discuteremo più avanti la direzione del vettore accelerazione nel caso generale; nel caso particolare dei problemi di caduta libera in due dimensioni che considereremo nel prossimo paragrafo, se l’asse delle ordinate punta in alto esso ha componenti

(0; )a g ed è quindi verticale, diretto verso il basso e di intensità a g

.

Come utilizzare i vettori per la cinematica del lancio orizzontale? Nel lancio orizzontale con un riferimento avente l’origine sulla verticale condotta dal punto di sparo risulta 0 0( ;0)xv v

e (0; )a g , così che durante la caduta la

componente orizzontale della velocità rimane sempre uguale al valore iniziale mentre quella verticale aumenta ogni secondo che passa di m/s9.81 al secondo verso il basso. L’effetto è un graduale aumento dell’intensità del vettore velocità, come si vede in figura.

0v

xv

yv

yv

yv

xv

xv

y

x0

a v

v

v

(0; )a g

x

y

15

5. Cinematica del lancio obliquo

Studieremo ora la cinematica del lancio di un proiettile con un angolo iniziale qualsiasi in condizioni di caduta libera. Abbiamo visto come l’indipendenza dei due moti perpendicolari comporti che non si possa accelerare o rallentare il moto lungo la direzione orizzontale agendo su quella verticale e viceversa. In altri termini qualunque moto su di un piano può essere pensato come generato da due moti indipendenti sugli assi, cioè si può produrre un moto in due dimensioni combinando quelli in una dimensione. Proviamo infatti a lanciare un proiettile attraverso un meccanismo come quello in figura, tramite un nastro trasportatore che imprime una velocità orizzontale

0xv sormontato da una molla che imprime una velocità verticale 0yv e filmiamo

la traiettoria. Successivamente ripetiamo il lancio imprimendo nel proiettile una velocità inclinata di un angolo tale che 0 0tan /y xv v , e con intensità

2 20 0 0x yv v v . Si osserva che la traiettoria è la stessa nei due casi.

Come possiamo scrivere le leggi orarie di tale lancio? Consideriamo un proiettile in caduta libera sparato dall’origine con una velocità iniziale 0v

che formi un angolo con l’asse orientato delle ascisse.

Se indichiamo le componenti della velocità con 0 0( , )x yv v , (in figura sono riportati invece i “vettori componenti”), per il principio di indipendenza dei moti in direzioni perpendicolari possiamo scrivere subito le leggi orarie della posizione e della velocità:

021

0 2

x

y

x v t

y v t gt

0

0

x x

y y

v v

v v gt

Dalla legge della posizione lungo le ascisse si esprime il tempo in funzione di x , ed inserendolo nella legge oraria della posizione lungo le ordinate si ottiene l’equazione della traiettoria:

0v

R0xv

0yv

maxx

maxy

xv

xv

xv

yv

yv

yv

xv

v

v

v

yv

xv

v

16

0

0

0 0

222

x

y

x x

xt

vv g

yv v

x x

Anche in questo caso la traiettoria è una parabola, ben visibile ad esempio osservando il getto d’acqua della fontane oppure la traiettoria descritta dalla lava nel filmato di un’eruzione vulcanica. Continuano inoltre a valere lungo i due assi le relazioni fra velocità e posizione ricavate per la cinematica lungo una retta:

2 2 20 02x x x xv v a x v

2 2 20 02 2y y y yv v a y v g y

Quanto vale il tempo di permanenza in volo? Calcoliamo dapprima il tempo maxt che occorre al proiettile per raggiungere il punto di massima altezza. Poiché il moto in direzione verticale non è stato alterato dal fatto che l’oggetto si muove contemporaneamente anche in orizzontale, il punto di massimo continua ad essere caratterizzato dall’annullarsi della componente verticale della velocità. Si noti però che nel massimo, la velocità complessiva invece non si annulla, ma è tutta in direzione orizzontale, con un’ intensità uguale al valore iniziale 0xv . Imponendo che nel massimo si annulli la componente verticale della velocità, ricaviamo valore di maxt :

0max 0 max( ) 0 y

y y

vv t v gt t

g

Le coordinate del massimo si ottengono inserendo maxt nelle leggi orarie della posizione (oppure con le formule per il vertice della parabola applicate alla traiettoria):

0 0max

x yv vx

g

20

max 2yv

yg

Proprio come nel caso del lancio in verticale lungo una retta, le due fasi di salita e discesa sono simmetriche, cioè durante la fase di discesa successiva massimo, la componente verticale della velocità riassume (con segno invertito) tutti i valori che aveva in fase di salita, così che il tempo di ricaduta è uguale al tempo di salita. Pertanto il tempo complessivo *t di permanenza in volo è due volte maxt :

0* 2 yvt

g

Esercizi 10. Un calciatore colpisce il pallone imprimendogli una velocità iniziale inclinata di 22 rispetto al terreno e d’intensità m/s0 25v

. Riesce a superare una barriera 22

m9.15

0v

17

alta m1.85 e distante m9.15 ? Quale quota massima raggiunge il pallone? Quanto dura il tiro? Come prima cosa calcoliamo le componenti della velocità:

m/s m/s m/s0 0 cos (25.0 cos22 ) (25.0 0.937) 23.2xv v

m/s m/s m/s0 0 sin (25.0 sin 22 ) (25.0 0.375) 9.38yv v

Scriviamo quindi le leggi orarie della posizione e da queste l’equazione della traiettoria:

legge oraria: 2

23.09.38 4.91

x ty t t

traiettoria: 2

232

23.09.38 9.81

0.408 9.27 1023.0 2 23.0

xt

y x x x x

Per capire se la barriera viene superata occorre confrontare la quota del pallone a m9.15 dalla posizione di lancio con l’altezza della barriera :

m m m3 2(9.15 ) (0.408 9.29.15 9.157 10 ) 2.96y essendo la quota maggiore di m1.85 la barriera viene superata. Il tempo complessivo di permanenza in volo è :

s s0* 23.22 2 4.73

9.81yv

tg

Per il calcolo della quota massima raggiunta inseriamo nella legge oraria della posizione, il tempo in cui si annulla la componente verticale della velocità:

legge oraria della velocità: s s23.3 9.38

0 0.9569.38 9.81 9.81

xy

y

vv t

v t

legge oraria dello spazio: s m m

s m m2

(0.956 ) (23.3 0.956) 22.3

(0.956 ) (9.38 0.956 4.91 0.956 ) 4.48

x

y

Come si calcola la gittata e quanto è il suo valore massimo? Grazie all’indipendenza dei moti orizzontale e verticale, la gittata R si ottiene inserendo il tempo complessivo di caduta *t nell’equazione oraria della posizione lungo la direzione orizzontale:

0 0*0 2 x yx

v vR v t

g

A parità del valore di intensità iniziale 0v

, l’ampiezza della gittata varia sensibilmente a seconda dell’inclinazione iniziale del vettore velocità. L’inclinazione è determinata dai valori delle componenti orizzontale e verticale 0xv e 0yv di 0v

, e come si vede la gittata è massima quando è massimo il prodotto

0 0x yv v . Sappiamo inoltre che i componenti della velocità iniziale sono vincolati dalla relazione:

2 20 0 0x yv v v

18

Fissata l’intensità della velocità iniziale, cioè fissato 0v

, osserviamo che il prodotto

0 0x yv v è l’area di un rettangolo di diagonale 0v

e lati 0xv e 0yv . L’area di un

rettangolo di diagonale fissata assume il suo valore massimo quando i due lati sono uguali e diviene un quadrato. Consideriamo infatti la semicirconferenza che ha per diametro la diagonale comune a questa famiglia di rettangoli, ed osserviamo che ciascuno di essi è diviso dalla diagonale in due triangoli rettangoli uguali, diagonale che è anche ipotenusa. Al variare delle misure dei cateti, il vincolo

2 20 0 0x yv v v

fa sì che questi triangoli siano sempre inscritti nella

semicirconferenza, pertanto, mentre la misura della base rimane costante, la loro altezza può variare da zero fino ad un valore massimo, che è il raggio della semicirconferenza. Il triangolo che ha la massima altezza possibile a parità di base ha anche la massima area e, per la simmetria della figura, è la metà di un quadrato, come volevamo dimostrare. Allora la gittata è massima quando

0 0 0 / 2x yv v v , ed in questo caso l’angolo di lancio è 45°. Sostituendo 21

0 0 02x yv v v nell’espressione di R risulta:

2

0max

vR

g

Che relazione esiste fra lanci ad angoli minori e maggiori di 45°? Scambiando fra loro 0xv e 0yv nella relazione 0 02 /x yR v v g si ottiene il medesimo R , cioè la gittata è la stessa per angoli di lancio che differiscono da 45 , in positivo od in negativo, di uno stesso valore . Ad esempio un lancio da terra inclinato di 75 arriva altrettanto lontano di uno inclinato di 15 che abbia la stessa velocità iniziale, in quanto entrambi differiscono di 30 dall’angolo di gittata massima.

Esercizi 11. Relativamente all’esempio 10, di quanti metri la gittata è inferiore al valore massimo possibile per quel modulo della velocità iniziale? Imponiamo 0y nell’equazione della traiettoria 3 20.408 9.27 10y x x per trovare la gittata:

452

0vg

45

45

0 02 x yv v

gR

0xv 0yv

0v

2

0v

g

22

m9.15

0v

19

m m3 23

0.4080.408 9.27 10 0 44.0

9.27 10y x x x

Per la simmetria del problema la posizione orizzontale del massimo trovata in precedenza risulta la metà della gittata. Confrontiamo ora la gittata con il valore massimo possibile:

m m m m2

0max max

25.063.7 (63.7 44.0) 23.3

9.81

vR R R

g

12. Un mazzo di chiavi viene lanciato da un’altezza di m1.2 ad un angolo

60 e cade nelle mani di una persona affacciata alla finestra che si trova m4.0 sopra alla strada, alla distanza di m6.2 dal punto di lancio. Quale velocità

iniziale è stata impressa al mazzo di chiavi? Per quanto tempo è rimasto in aria? [R: m/s s9.7 , 1.3 ] 13. Un giocatore di pallacanestro esegue un tiro con velocità iniziale di m/s14.0 con un angolo di 50 rispetto ad una linea orizzontale. A m18.0 dalla sua posizione si trova il canestro, che viene centrato. Si dica di quanti metri il canestro è situato più in alto della mano che ha lanciato il pallone, e se nell’istante n cui fa centro, la palla ha già scavalcato il punto di massima altezza della traiettoria. [R: m, si1.76 ] 14. Un sasso viene scagliato da un promontorio alto m80 con un angolo 35 rispetto all’orizzonte ed una velocità iniziale m/s0 5.0v . Trovare la massima altezza raggiunta dal sasso, la distanza dal promontorio alla quale entra in acqua, il modulo e l’angolo della velocità in quell’istante. [R: m m m/s80.4 ,17.8 , 39.9 , 84.1 ] 15. In relazione al problema precedente, sapendo che una barca si sta allontanando dalla riva con velocità costante di modulo m/s2.0Bv e che dista m4.0 dalla riva nel momento in cui viene lanciato il sasso: mostrare che il sasso non la colpisce e calcolare quale velocità deve avere la barca affinché il sasso possa centrarla. [ R: m/s3.18 ] 16. Consideriamo una particella lanciata da una quota 0y con una velocità scalare

iniziale 0v , ma con successivi, differenti valori dell’angolo di lancio. Dimostrare che

il modulo v della velocità ad una certa quota *y dipende solo dallo spostam ento

verticalecomplessivo. [R: in fondo] 17. Un ladro corre sul tetto di un palazzo inseguito dalla polizia, stringendo in mano la refurtiva. Per mettersi in salvo decide di spiccare un salto e raggiungere il palazzo attiguo, che dista m4.00 ed ha la medesima altezza. A quale velocità minima deve correre il furfante affinché il salto gli riesca? Se gli cade di mano la refurtiva nell’ istante di massima altezza, in quale punto della parete del palazzo di fronte l’oggetto va a sbattere ? [R: m/s4.43 ] 18. James Bond si lancia da un elicottero per atterrare dentro al cassone di un camion carico di paglia, alto m2.20 , e distante in quel momento, m3.00 dalla

y

*y

1 2 3 4

0y0v

y

x

m18.0

1y

2y

50

m6.2

60m4.0

m1.2

0v

4 .0 m

Av

y

x

m4.0

20

verticale nel punto di lancio. Sapendo che la velocità iniziale dell’agente 007 è m/s4.20 , inclinata di 20 verso il basso, e che il camion viaggia con una velocità

costante di m/s2.50 , si mostri che se l’autista non accelera Bond fallisce il bersaglio. Si dica poi quant’è l’accelerazione costante che l’autista dovrebbe imprimere al camion affinché il salto riesca. [R: 2m/s0.776 ]

19. Uno sciatore esegue un salto da un trampolino che s’incurva in fondo ad una discesa, facendolo staccare con un’inclinazione di 35 . La pista orizzontale ricomincia a distanza di m15.0 , in un punto più in basso di m12.0 rispetto alla fine del trampolino. Con quale velocità minima deve avvenire lo stacco se vogliamo che il salto riesca? Con quale velocità ricade? Con quale velocità massima può saltare se non vuole travolgere un altro sciatore che è appena atterrato con velocità orizzontale m/s19.0 ? [R: m/s m/s m/s8.56 ,17.6 ,23.2 ] 20. Il più celebre tra i problemi di cinematica è quello che vede un cacciatore posto nell’origine degli assi tentare di colpire con una freccia una scimmia appollaiata ad un’altezza h fra i rami di un albero che si trova a distanza d . Il cacciatore, che non conosce bene la cinematica e mira dritto nella direzione della scimmia, sarebbe destinato a fallire il colpo perché, com’è noto, la traiettoria non è una linea retta ma una parabola. Tuttavia anche la scimmia non conosce la cinematica, e nel tentativo di evitare il colpo si lascia andare nel medesimo istante in cui viene scoccata la freccia, e viene inevitabilmente colpita al volo. Dimostrare che, qualunque sia il valore della velocità iniziale, non c’è scampo per la scimmia se si lascia cadere. [R: in fondo] 21. Due amici si tuffano da uno scoglio alto m15.0 , il primo orizzontalmente, con velocità iniziale m/s3.00 , il secondo ad un angolo 40 verso l’alto con modulo della velocità iniziale sempre m/s3.00 . A quale distanza dalla base del trampolino hanno la stessa altezza? Passano nello stesso istante per questo punto d’incrocio delle traiettorie? Quale dei due entra in acqua più lontano? [R: m no, il primo3.64 , ]

h

d

0v

y

x

3.00 m

15.0 m0v

0v

y

35

m15.0

m12.0

x

y

x

*y

0y

0v

24

Soluzioni

2. Scriviamo la legge oraria della posizione per la rosa e da questa ricaviamone la traiettoria:

20220

4.98.0

8.0 4.9

x v ty x

vy t

imponiamo che alla distanza di m4.0 l’altezza della rosa sia zero e troviamo un’equazione nella sola incognita 0v :

m/s2

202

0

4.9 4.9 4.08.0 4.0 0.0 3.1

8.0v

v

3. Le due palline si scontrano perché la legge che regola la caduta verticale di A non è influenzata dal fatto che possieda anche una velocità in orizzontale, quindi è proprio la stessa legge che regola la caduta di B. Per trovare h occorre calcolare quanto tempo impiega A per fare m4.0 in orizzontale. Scegliamo un riferimento con lo zero delle ordinate all’altezza dove A e B si scontrano, così che la quota iniziale delle due palline sia proprio h , e lo zero delle ascisse in corrispondenza di A in fondo alla guida, come in figura. Scriviamo le leggi orarie della posizione di A:

0 0( ) 1.50xx t x v t t 2 21 10 0 2 2( ) yy t y v t gt h gt

Imponiamo che sia m( ) 4.00x t , trovando così il tempo che occorre ad A per avere l’ascissa di B:

s s4.004.00 1.50 2.67

1.50t t

per come si è scelto il riferimento, in quello stesso istante la quota di A sarà nulla e quindi abbiamo la condizione che permette di trovare h :

m m2 2 21 1 1* 2 * 2 * 2( ) 0 ( 9.81 2.67 ) 34.9y t h gt h gt

4. Nell’istante in cui viene lasciata andare, la pallina ha la stessa velocità dell’auto, che è tutta orizzontale. Scriviamo la legge oraria per l’auto e calcoliamo :

s s m/s0( ) 12.5 2.50 (2.00 ) (12.5 2.50 2.00) 17.5v t v at t v

Scegliamo un riferimento con lo zero delle ascisse nel punto in cui viene lasciata la pallina. Si hanno per essa le leggi orarie:

2

( ) 17.5

( ) 0.850 4.91

x t t

y t t

calcoliamo il tempo che impiega a toccare terra, sostituiamolo nella equazione per la coordinata orizzontale ottenendo così lo spazio percorso:

s s20.850 4.91 0 0.850/ 4.91 0.416t t

s m m(0.416 ) 17.5 0.416 7.28x 9. Abbiamo: 1 3 9

2 2 23(2;1) (3; 2) ( 6 ; 3 1) ( ; 4)p

2 2 87( 9/2) ( 4)

2p

A B

h

m4.0

y

x

25

ed essendo 0xp dobbiamo sommare 180 al risultato della calcolatrice per avere l’nclinazione del vettore:

1 1 4180 tan 180 tan 180 11 191

9/2y

x

p

p

12. Scriviamo le leggi orarie dello spazio nel riferimento in figura:

0 0

2 20 0

( ) cos 60 0.50

1( ) 1.2 ( sin60 ) 1.2 0.87 4.9

2

x t v t v t

y t v t gt v t t

Calcoliamo il tempo che occorre alla coordinate orizzontale a percorrere m6.20 , otterremo un’espressione dove la velocità iniziale rimarrà incognita:

00

6.20.50 6.2

0.50v t t

v

Sostituiamo questo valore nella coordinata verticale ed imponiamo che in quell’istante la quota sia m4.0 . Si ottiene una condizione per trovare 0v :

04.0 1.2 0.87 v

0

6.2

0.50 v

2

0

6.24.9

0.50 v

m/s02 220

188 1888.0 9.7

0.50 8.00.50v

v

Il calcolo del tempo complessivo del volo si effettua scrivendo la legge oraria lungo le ascisse con il valore trovato, ed imponendo quindi che la posizione finale sia

m6.20 :

m s s06.2

( ) 0.50 4.9 6.2 1.34.9

x t v t t t

13. Scriviamo la legge oraria della posizione del tiro nel riferimento in figura, avendo indicato con 1y ed 2y la quota iniziale del pallone e l’altezza del canestro, rispettivamente.

2 21

1 12

( ) 18.0 14.0 cos 50 18.0 9.00

( ) 14.0 sin 50 10.7 4.91

x t t t

y t y t gt y t t

Il pallone raggiunge il canestro quando ( ) 0x t , quindi si ha per il tempo di permanenza in volo:

s s18.018.0 9.00 0 2.00

9.00t t

I dati del problema forniscono quindi la condizione s 2(2.00 )y y da cui:

m m22 1 2 1(10.7 2.00 4.91 2.00 ) 1.76y y y y

Nell’istante in cui è raggiunto il massimo si annulla la componente verticale della velocità:

s s14.0 sin 50( ) 14.0 sin 50 0 1.09

9.81yv t gt t

che come si vede è precedente all’istante in cui fa canestro.

m6.2

60

m4.0

m1.2

y

x

0

26

14. Iniziamo con lo scrivere le leggi orarie sia per la posizione che per la velocità:

2 2

( ) 5.00cos 35 4.10

1( ) 80.0 5.00 sin 35 80.0 2.87 4.91

2

x t t t

y t t gt t t

( ) 5.00 cos 35 4.10

( ) 5.00 sin 35 9.81 2.87 9.81

x

y

v t

v t t t

La massima altezza è raggiunta nell’istante in cui si annulla la componente verticale della velocità. Inserendo il tempo così trovato nelle leggi orarie della posizione si ottiene il suo valore maxy :

s s2.90( ) 2.90 9.81 0 0.297

9.81yv t t t

m m2max (80.0 2.87 0.297 4.91 0.297 ) 80.4y

Quando il sasso entra in acqua la sua quota è 0. Scartando la soluzione che produce un tempo negativo si ha:

2( ) 80.0 2.87 4.91 0y t t t

s s s22.87 2.87 4 80.0 4.91 2.87 39.7

4.349.81 9.81

t t

e quindi il sasso entra in acqua ad una distanza dal promontorio di: s m m(4.34 ) (4.10 4.34) 17.8x

con una velocità le cui componenti sono: m/s

m/s

(4.34) 4.10

(4.34) 2.87 9.81 4.34 39.7

x

y

v

v

cui corrispondono un modulo ed un angolo :

s m/s m/s

m/stan m/s

22

1

(4.34 ) 4.10 39.7 39.9

39.79.68 tan ( 9.68) 84.1

4.10

v

15. Scriviamo la legge oraria della posizione della barca e calcoliamo la sua distanza dal promontorio nell’istante s4.34t in cui il sasso raggiunge l’acqua:

s m m( ) 4.00 2.00 (4.34 ) (4.00 2.00 4.34) 12.7B Bx t t x

come si vede il sasso, che entra in acqua alla distanza di m17.8 dal promontorio, non colpisce la barca, che in quell’istante ha invece una distanza dal promontorio pari a m12.7 . Per essere colpita dovrebbe muoversi più velocemente. Indicando con Bv la sua velocità costante, incognita, imponiamo che essa dopo s4.34 si trovi a

m17.8 dall’origine ed otteniamo:

s m m s)0( ) 4.00 (4.34 ) 17.8 4.00 (4.34B B B Bx t v t x v

m/s m/s17.8 4.003.18

4.34Bv

16. La proprietà esposta implica che alla quota *y in figura il modulo della velocità sia lo stesso lungo le traiettorie 1 ,2 , 3 e 4 ottenute lanciando la particella con

y

0

y

*y

1 2 3 4

0y0v

y

27

angoli differenti ma con la medesima velocità scalare iniziale. Analogamente, lungo la traiettoria 4 , quando la particella ripassa alla quota 0y lo spostamento verticale rispetto all’inizio è nullo, e quindi la particella assume lo stesso modulo della velocità che aveva all’inizio ( e, per motivi di simmetria, è inclinata di un angolo sotto all’orizzontale uguale a quello di cui era inclinata sopra all’orizzontale inizialmente). La proprietà si dimostra semplicemente a partire dalle due relazioni:

2 20 2 ( )y yv v g y e 2 2

0x xv v che sommate producono:

2 22 2 2 20 0 02 2x y x yv v v v v g y v g y

e come si vede, in un moto di caduta libera la velocità scalare dipende solo dalo spostamento verticale complessivo y . In particolare, per tutte le quattro le traiettorie disegnate, la velocità scalare è la medesima un istante prima di toccare terra. 17. Poiché i due palazzi hanno l stessa altezza, poniamo il livello zero della quota sul loro tetto, in modo che la velocità scalare minima con cui deve essere spiccato il salto sia quella corrispondente all’angolo che produce la massima gittata, cioè 45 :

m m/s m/s2

0max 04.00 4.00 9.81 6.26

vR v

g

.

La velocità minima con cui il ladro deve correre è la componente orizzontale del vettore 0v

il cui modulo misura m/s6.26 , pertanto:

m/s m/s0 max 0 cos (6.26 cos 45 ) 4.43xv v

La refurtiva è in caduta libera insieme al ladro, quindi qualunque sia il punto in cui perde il contatto dalla mano essa prosegue lungo la medesima traiettoria e cade sul tetto dell’altro edificio assieme al ladro. 18. Leggi orarie della posizione di James Bond:

1

22

( ) 4.20 cos20

1( ) 15.0 4.20 cos(90 20 )

2

x t t

y t t gt

1

22

( ) 3.95

( ) 15.0 1.44 4.91

x t t

y t t t

legge oraria della posizione del camion a velocità costante: 2( ) 3.00 2.50x t t L’istante in cui si incontrano avranno la stessa distanza dalla verticale condotta per il punto di lancio, e cioè:

s s1 23.00

( ) ( ) 3.95 3.00 2.50 2.013.95 2.50

x t x t t t t

il salto è riuscito se in quel momento la quota di James Bond è pari all’altezza del camion, e cioè m2.20 . Sostituiamo nella legge oraria della coordinata

verticale per verificare: m m (!!)2

2(2.01) (15.0 1.44 2.01 4.91 2.01 ) 7.73y

La quota negativa indica che per quell’istante il povero agente 007 è già sprofondato nel sottosuolo, cioè la quota zero viene raggiunta ben prima di s2.01 . E’ evidente che l’autista deve accelerare oppure rallentare. Scriviamo di nuovo la legge oraria del veicolo, includendo stavolta l’accelerazione:

28

22

1( ) 3.00 2.50

2 xx t t a t

Calcoliamo il tempo che occorre all’agente per raggiungere la quota di m2.20 :

m22( ) 15.0 1.44 4.91 2.20y t t t

s2

2 1.44 1.44 4 4.91( 12.8)4.91 1.44 12.8 0

9.81t t t

s s1 21.48 1.78t t

troviamo quanto vale la suo coordinata orizzontale in quell’istante: s m m1(1.48 ) (3.95 1.48) 5.85x

ed imponiamo che sia la stessa del camion in quell’istante, trovando così l’accelerazione necessaria:

2 s m 22

1(1.48 ) 5.85 3.00 2.50 1.48 (1.48) 5.85

2 xx a

2m/s0.776xa

quindi il camion deve diminuire la sua velocità. 19. Leggi orarie durante il salto:

0

20

( ) cos 35

1( ) 12.0 sin 35

2

x t v t

y t v t gt

0

20

( ) 0.819

( ) 12.0 0.574 4.91

x t v t

y t v t t

calcoliamo l’istante *t , dipendente dal valore incognito di 0v

, in cui si trova a

m15.0 dalla verticale sotto al trampolino: * * *

00

15.0( ) 0.819 15.0

0.819x t v t t

v

la velocità minima per la quale il salto riesce è quella per cui, nell’istante in cui m15.0x , si ha 0y :

*0( ) 12.0 0.574y t v

0

15.0

0.819 v

2

0

15.04.91 0

0.819 v

m/s m/s2

00

15.0 15.0 4.9122.5 4.91 8.56

0.819 22.50.819v

v

Per trovare la velocità con cui ricade si inserisce s s* 15.02.14

0.819 8.56t

nella

legge oraria della velocità:

m/sm/s

*

*

( ) 7.01( ) 8.56 cos 35

( ) 8.56 sin 35 9.81 ( ) 16.1xx

y y

v tv t

v t t v t

m/s m/s* 2 2( ) 7.01 ( 16.1) 17.6v t

Se non vuole travolgere l’altro sciatore, la sua velocità orizzontale di atterraggio non deve superare m/s19.0 . Ma tenendo conto del fatto che la velocità orizzontale non

si modifica mai in un problema di caduta libera, questo è anche il valore orizzontale della velocità al momento del salto:

29

m/s m/s m/s m/s0 0 019.0 34.0

( ) 19.0 cos 35 23.2cos 35 0.819x xv t v v v

quindi non travolge il secondo sciatore purché m/s0 23.2v

20. Leggi orarie della freccia:

0

2 20

( ) cos ( )

1 1( ) sin ( )

2 2

F S

F S

x t v t x t d

y t v t gt y t h gt

Per mostrare che la scimmia viene colpita indipendentemente dal valore 0v

della

velocità iniziale, bisogna far vedere che quando l’ordinata della freccia è uguale a quella della scimmia, l’ascissa della freccia è x d . Troviamo il tempo *t per il quale si uguagliano le quote della scimmia e della freccia:

20

1( ) ( ) sin

2F Sy t y t v t gt 21

2h gt *

0 sin

ht

v

vediamo qual è l’ascissa della freccia in questo particolare istante: *

0( )Fx t v

0

cosh

v

cos

sinsinh

Consideriamo ora il triangolo di ipotenusa unitaria e cateti cos , sin , simile a

quello di cateti d , h . Vale la proporzione: cossin

dh

. Sostituendo risulta:

* cos( )

sinFx t h h

dh

d

e quindi esiste sempre un istante, dipendente dalla velocità iniziale 0v

per il quale

la freccia ha le stesse coordinate della scimmia, indipendentemente da quant’è 0v

.

21. Scriviamo le leggi orarie e le traiettorie dei due tuffatori.

Primo: 1

222

2

( ) 3.003.00

15.0 0.5461

( ) 15.0 15.0 4.912 3.00

xtx t t

y xxy t gt y

Secondo: 2 2

22 22

( ) 3.00 cos 40 ( ) 2.30

1 ( ) 15.0 1.93 4.91( ) 15.0 3.00 sin 402

x t t x t t

y t t ty t t gt

215.0 0.839 0.928y x x

Uguagliando le due altezze si trova la distanza alla quale le traiettorie si incrociano:

1 2( ) ( ) 15.0y x y x 20.546 15.0x 20.839 0.928x x

m20.382 1.39 0 3.64x x x

e sostituendo nella traiettoria si trova la corrispondente altezza: m) ) m m2(3.64 (15.0 0.546 3.64 7.77y

d

h

1

cos

sin

30

Il passaggio per questo punto avviene in tempi differenti, come si verifica imponenedo la quota di m7.77 nelle due leggi orarie:

s s212

2 (15.0 7.77)15.0 7.77 1.21

9.81gt t

s2 215.0 1.93 4.91 7.77 4.91 1.93 7.23 0 1.42t t t t t

Il tuffatore con vlocità iniziale tutta orizzontale è quello che entra in acqua più lontanto, come si intuisce dalla forma più allargata della sua traiettoria.