87

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 restando in un piano orizzontale, oppure del piano verticale in cui si svolge il moto 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

Capitolo

3

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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 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

y

x0

89

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 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 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 e l’accelerazione a governare il moto, ed analogamente per la direzione verticale contano solo i valori 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

( )x t

( )y t

0v

90

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:

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 alta150 m , con una velocità iniziale di250 m/s . Si dica a quale distanza dalla verticale che passa per

0v

R

m700

m112

m/s250m150

m1382

91

il cannone cade il proiettile. Si scriva quindi l’equazione della traiettoria e si calcoli qual è la sua altezza quando si trova a 700 m 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 2 21

0 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 : 1502

4.91150 4.91 0 5.53t t s s

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:

3(5.53 ) 250 5.53 1382 1.38 10R x s m m m 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 5(7.85 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

700x m nella traiettoria troviamo l’altezza corrispondente:

5 2150 7.85 10 700 112 m m

2. Una ragazza affacciata da un balcone alto 8.0 m lancia una rosa in direzione orizzontale per il suo innamorato che si trova alla distanza di 4.0 m 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:3.1 m/s ] 3. Una pallina A scivola giù per una guida curva in modo che quando giunge alla base parte con velocità orizzontale 1.50 m/s sotto la sola azione della gravità. In quello stesso istante viene lasciata cadere una pallina B distante 4.0 m da A. Dopo aver spiegato perché le due palline si scontrano ad una distanza h lungo la verticale condotta da B, trovare il valore dih . [R:34.9 m ] 4. Un’automobile che procede alla velocità costante di12.5 m/s , ad un certo istante inizia ad accelerare di 22.50 m/s . Dopo2.00 s , una pallina viene lasciata andare dal finestrino, che ha un’altezza di 85.0 cm da terra. Quanti metri percorre in orizzontale prima di toccare il suolo? [R:7.28 m ] 5. Una pallina rotola giù da un piano con velocità orizzontale di 4.8 m/s . Sapendo che tocca terra dopo 0.80 s si dica quanto è alto il piano, a quale distanza cade la biglia e quant’è la sua velocità un istante prima di toccare terra. [R:9.2 m/s ]

0 ?v m8.0

m4.0

A B

h

m4.0

92

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. Prima di introdurli, osserviamo che quando una particella si muove su di una traiettoria curva sopra ad un piano, non è esauriente descrivere la sua cinematica soltanto fornendo dei numeri positivi o negativi, come abbiamo fatto finora attraverso l’ascissa curvilinea ( )s t , dicendo che la sua velocità iniziale vale v0 , la sua posizione iniziale s0 e la sua accelerazione a . Chi volesse davvero individuare la particella dovrebbe disporre anche di 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 da3 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 punto3 . 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:

1

2

3

4

N

S

EO

1

2

93

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. 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 punto2 , 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. Al segno delle componenti del vettore corrisponde il quadrante nel quale si trova la punta del rappresentante che ha la coda nell’origine: in figura abbiamo alcuni esempi. Come si trovano le componenti di un vettore spostamento fra due punti? E’ sufficiente fare la differenza fra le coordinate corrispondenti dei punti per avere le componenti, se ( ; )A AA x y e ( ; )B BB x y sono le coordinate cartesiane dei punti di partenza ed arrivo abbiamo:

( ; )B A B Ar x x y y

Esercizi 5A. Calcolare il vettore spostamento che porta da m m(1 ; 1 )A in m m(3 ;1 )B e disegnarne il rappresentante che ha la coda nell’origine. Dalla formula abbiamo:

m m m m m m(3 1 ;1 1 ) (2 ;1 )r

Come si addizionano i vettori spostamento? Consideriamo due spostamenti consecutivi, il primo 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

r

1

2

xr

yr

Questi non sono tanti vettori ma tanti rappresentanti dello stesso vettore

r

1r

1

2

3

2r

3

12

2

( 3;1)a

( 2; 2)b

1

3

(1; 3)c

x1.0

y

2.0 3.0 4.0 5.0 6.0

1.0

2.0

3.0

1.0

2.0

3.0

B

0.0

A

r

r

94

orientato che ha la coda nella posizione 1 e la punta nella posizione 3. Questa tecnica di addizione è detta metodo di punta-coda, e si basa sull’idea che la somma di due vettori sia il vettore che produce lo stesso effetto dei due addendi combinati, cioè quello porta nella stessa posizione finale. 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, che si estende anche ai vettori con componenti negative, 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 spostamento in orizzontale

Or seguito

da uno verticale Vr e che i due non possono influenzarsi a vicenda.

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. Quindi l’ordine con il quale si esegue il metodo di punta coda non influisce sul risultato finale. Una prova pratica può essere fatta usando delle matite colorate come rappresentanti dei vettori e cambiare l’ordine di addizione, cioè la sequenza con cui le matite sono messe una dopo l’altra sempre mantenendole parallele a loro stesse.

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:

1xr 2xr

1r

r

2r

1yr

2yr

yr

xr

r

Or

Vr

95

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 Nord-Est 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. Esercizi 6. Addizionare i due vettori rappresentati in figura e disegnare un rappresentante del vettore somma c a b

. Da un esame della figura si ha che la coda del rappresentante del vettore a si trova nel punto (3.0;0.5) mentre la sua testa è in (4.0;2.0) . Pertanto il rappresentante di a con la coda nell’origine avrà la testa in un punto che si ottiene facendo la

differenza di queste coordinate: 4.0 3.0 1.0 2.0 0.5 1.5 (1.0;1.5)x ya a a

La coda del rappresentante del vettore b

si trova nel punto (2.5; 1.0) mentre la

sua testa è in (5.0; 1.5) . Il rappresentante di b

con la coda nell’origine avrà la testa in un punto che si ottiene facendo la differenza di queste coordinate:

5.0 2.5 2.5 1.5 ( 1.0) 0.5 (2.5; 0.5)x yb b b

Calcoliamo le componenti del vettore somma: ( ; ) (1.0 2.5;1.5 0.5) (3.5;1.0)x x y yc a b a b a b

Due rappresentanti di c sono in figura: notare come ognuno è il segmento che

unisce la coda di un rappresentante di a con la punta di un rappresentante di b

. 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

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 .

a

ya

xa

x1.0

y

2.0 3.0 4.0 5.0 6.0

1.0

2.0

3.0

1.0

2.0

3.0

a

b

0.0

x1.0

y

2.0 3.0 4.0 5.0 6.0

1.0

2.0

3.0

1.0

2.0

3.0

a b

0.0c

a b

c

96

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

avente intensità 5a ed

inclinazione 20 . Risulta:

cos 5 cos 20 5 0.940 4.70xa a

sin 5 sin 20 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 misura1 . Il rapporto fra le lunghezze dei cateti di qualunque triangolo rettangolo di ipotenusa unitaria è memorizzato nella calcolatrice e si chiama:

 )

 

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:

a

ya

xa

205

a

ya

xa

1

cos

sin

97

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 8. 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

9. Si sommino i due vettori spostamento A

e B

essendo | | 3.0A m

, 20A ° ,

| | 5.0B m

, 80B ° .

Scriviamo le componenti:

cos20 3.0 0.94 2.8xA A m

sin20 3.0 0.34 1.0yA A m

1

0

180

tan

x

y

x

aa

a

1

0

tan

x

y

x

aa

a

90

180

270

3600

a

2

3

aa

b

1

3

bb

c

2c

c

2

d

2

3

d

d

A

B

C

2.8 3.7

1.0

4.9

5.9

0.87

98

cos 70 5.0 0.17 0.87xB B m

sin 80 5.0 0.98 4.9yB B m

Indicando con C A B

, sommiamo le componenti corrispondenti: 2.8 0.87 3.7x x xC A B m

1.0 4.9 5.9y y yC A B m

Risulta quindi 3.8;5.9C

. In termini di intensità ed angolo si ha poi:

2 2 2 23.7 5.9 7.0x yC C C m

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:

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

j un vettore di lunghezza 1 avente la direzione ed il verso dell’asse delle

ordinate, quindi sarà (1; 0)j (versore j )

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

, chiameremo

componenti vettoriali di A

i vettori:

ˆx xA A i

cioè ( ;0)x xA A

ˆy yA A j

cioè (0; )y yA A

in modo che risulti:

ˆ ˆx y x yA A A A i A j

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 vettoreA

, intendendo che si deve

moltiplicare ciascuna delle componenti del vettore per lo scalare.

;x y

kA kA kA

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

A

2A

13 A

j

i

99

cioè nel caso proposto 2 5kA

. La moltiplicazione per uno scalare quindi ha

l’effetto di variare la lunghezza del rappresentante del vettore proprio del fattore k. Poiché dello stesso fattore k vengono moltiplicati anche entrambi i componenti scalari, il vettore risultante dalla moltiplicazione si mantiene parallelo a quello iniziale, e con lo stesso verso: solo nel caso in cui k sia negativo, il verso cambia. 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 diA

.

10. 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

11. Assegnati i vettori (2,1)a

e (3, 2)b

si trovino intensità ed inclinazione

del vettore 12

3p a b [R: 87/ 2; 191 ]

12. Con riferimento alla figura a lato, calcolare il vettore spostamento 2r

che

sommato a 1r produce 3r

, sapendo che m2 12 10r r .

[R: m m( 4.4 ;7.5 ) ]

A

B A B

1r

3r

60

x

y

100

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

scalarvett

eo

mre

rr

t 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

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

r

mv

r

v

1v

2v

3v

101

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 la 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 yt 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 9.81 m/s 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

102

Esercizi 13. Un ciclista percorre una curva pari ad un quarto di una circonferenza di raggio 10.0 m in 20.0 s. Si trovino il vettore spostamento ed il vettore velocità media. Possiamo fissare un riferimento con l’origine nel centro della circonferenza e gli assi orientati in modo che il quarto di perimetro percorso dal ciclista sia tutto nel primo quadrante. Le posizioni iniziale e finale sono allora (0;10)A , (10;0)B da cui si ha il vettore spostamento:

m m m m m m( ; ) (10 0 ;0 10 ) (10 ; 10 )B A B Ar x x y y

ed il vettore velocità media:

m m m/s m/s s

1(10 ; 10 ) (0.50 ; 0.50 )

20mr

vt

Parallelo allo spostamento e che con l’asse delle ascisse forma un angolo di:

110tan 1 tan ( 1) 45

10y

x

v

v

ed ha intensità: m/s m/s2 20.50 ( 0.50) 0.71mv

14. Durante un periodo di sette giorni un orso si sposta per 20.0 km in direzione Sud-Ovest, poi ruota di 100° verso Est e percorre altri 30.0 km. Trovare il vettore spostamento complessivo ed il vettore velocità media. [R: m/s m/s(0.14 ; 0.50 )

mv ]

r

m m(0 ;10 )A

m m(10 ; 0 )B

N

S

W E100

1r

2r

r

103

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 /x yv 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

yv

xv

v

0v

R0xv

0yv

maxx

maxy

xv

xv

xv

yv

yv

yv

xv

v

v

v

La Controfisica In una caduta libera, dopo il lancio non ci sono azioni trasversali quindiessendo l’accelerazione solo verticaletutto il moto si svolge entro un piano verticale contenente la velocità iniziale.

104

( )x t

0v

( )ty

dove 0 0 cosxv v e 0 0 sinyv v

.

Esercizi 15. Una pallina viene scagliata con velocità iniziale di intensità 9.00 m/s, inclinata di un angolo di 30° rispetto al terreno. Riesce a scavalcare una siepe alta 60 cm e distante 5.50 m dal punto di partenza? Per rispondere dobbiamo fissare un riferimento con l’origine degli assi nel punto da cui parte la pallina, in modo da avere m0 0 0x y . Immaginiamo ora i nostri proiettori luminosi orizzontale e verticale che permettono di seguire l’ombra della pallina durante il lancio e scriviamo le equazioni orarie, cioè le leggi per le posizioni delle due ombre:

021 2

0 2

( ) cos 30 ( ) 7.79( ) sin 30 ( ) 4.50 4.91

x t v t x t ty t v t gt y t t t

Per capire se il tiro scavalca la siepe bisognerà calcolare l’altezza dell’ombra verticale della pallina quando l’ombra orizzontale si trova a distanza di 8.50 m dall’origine. Imponiamo la distanza 8.50 m per trovare il tempo che occorre a raggiungerla:

m s s 5.50( ) 7.79 5.50 0.706

7.79x t t t

calcoliamo quindi l’altezza della pallina a quell’istante di tempo: s) m m 2(0.706 (4.50 0.706 4.91 0.706 ) 0.730y

e come si vede la pallina passa sopra alla siepe avendo una quota di cm73.0 . Come possiamo ricavare l’equazione della traiettoria? Dalla legge della posizione lungo le ascisse si esprime il tempo in funzione dix , ed inserendolo nella legge oraria della posizione lungo le ordinate si ottiene l’equazione della traiettoria:

0

2

0

0

202

x

y

x x

xt

vv g

xyv v

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

105

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 16. Un calciatore colpisce il pallone imprimendogli una velocità iniziale inclinata di 22 rispetto al terreno e d’intensità 0 25v m/s

. Riesce a superare una barriera

alta 1.85 m e distante 9.15 m ? Quale quota massima raggiunge il pallone? Quanto dura il tiro? Come prima cosa calcoliamo le componenti della velocità:

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

0 0 sin (25.0 sin22 ) (25.0 0.375) 9.38yv v m/s m/s m/s

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:

2232

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 9.15 m dalla posizione di lancio con l’altezza della barriera :

22m9.15

0v

106

3 2(9.15 ) (0.408 9.29.15 9.157 10 ) 2.96y m m m essendo la quota maggiore di 1.85 m la barriera viene superata. Il tempo complessivo di permanenza in volo è :

0* 23.22 2 4.73

9.81yv

tg

s s

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: 23.3 9.38

0 0.9569.38 9.81 9.81

xy

y

vv t

v t s s

legge oraria dello spazio: 2

(0.956 ) (23.3 0.956) 22.3

(0.956 ) (9.38 0.956 4.91 0.956 ) 4.48

x

y

s m m s m m

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 0| |v

, 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

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 y

v 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

0xv 0yv

0v

107

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 0xv con 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 17. Relativamente all’esempio precedente, 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:

3 23

0.4080.408 9.27 10 0 44.0

9.27 10y x x x m m

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:

20

max max25.0

63.7 (63.7 44.0) 23.39.81

vR R R

g m m m m

18. Un mazzo di chiavi viene lanciato da un’altezza di 1.2 m ad un angolo

60 e cade nelle mani di una persona affacciata alla finestra che si trova 4.0 m sopra alla strada, alla distanza di 6.2 m dal punto di lancio. Quale velocità iniziale è stata impressa al mazzo di chiavi? Per quanto tempo è rimasto in aria? [R:9.7 , 1.3 m/s s ] 19. Un giocatore di pallacanestro esegue un tiro con velocità iniziale di 14.0 m/s con un angolo di 50 rispetto ad una linea orizzontale. A 18.0 m dalla sua posizione si

45

45

45

20/v g

0 02 /

x yR v v g

22m9.15

0v

2

0| /|v g

m6.2

60m4.0

m1.2

x

m18.0

1y

2y

50

108

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:1.76 m, si ] 20. Un sasso viene scagliato da un promontorio alto 80 m con un angolo 35 rispetto all’orizzonte ed una velocità iniziale 0 5.0v m/s . 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:80.4 ,17.8 ,39.9 , 84.1 m m m/s ] 21. In relazione al problema precedente, sapendo che una barca si sta allontanando dalla riva con velocità costante di modulo 2.0

Bv m/s e che dista 4.0 m 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:3.18 m/s ] 22. Una tavoletta è trasportata dalla corrente di un fiume che scorre alla velocità di

m/s4.50 . Nell’istante in cui la tavola passa sotto ad un ponte un ragazzo lancia un sasso nel verso della corrente, con un’inclinazione di 30° verso il basso. Sapendo che il sasso centra la tavoletta 900 m più avanti, si dica quanto è alto il ponte. [ R: m24.8 ] 23. Un areo agricolo procede a quota 1000 m alla velocità di 150 km/h. Ad un certo istante sgancia un pacco che deve centrare una piattaforma 570 m davanti a lui. Con quale angolo verso il basso (e quindi quale velocità verticale) deve essere effettuato il lancio? [ R: 7.80 ] 24. 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 spostamento

verticale complessivo. [R: in fondo] 25. 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 4.00 m 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:4.43 m/s ] 26. James Bond si lancia da un elicottero per atterrare dentro al cassone di un camion carico di paglia, alto2.20 m , e distante in quel momento, 3.00 m dalla verticale nel punto di lancio. Sapendo che la velocità iniziale dell’agente 007 è4.20 m/s , inclinata di 20 verso il basso, e che il camion viaggia con una velocità costante di2.50 m/s , si mostri che se l’autista non accelera Bond fallisce il bersaglio.

0v

4 .0 m

Av

y

*y

1 2 3 4

0y0v

y

y

x

m4.0

y

x

3.00 m

15.0 m0v

y

km/h 150

m1000

m570

109

Si dica poi quant’è l’accelerazione costante che l’autista dovrebbe imprimere al camion affinché il salto riesca. [R: 0.776 2m/s ]

27. Uno sciatore esegue un salto da un trampolino che s’incurva in fondo ad una discesa, facendolo staccare con un’inclinazione di35 . La pista orizzontale ricomincia a distanza di15.0 m , in un punto più in basso di 12.0 m 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 orizzontale19.0 m/s ? [R:8.56 ,17.6 ,23.2 m/s m/s m/s ] 28. Una palla da tennis viene colpita da una racchetta che la rimanda indietro in modo che la sua posizione rispetto a quella dell’impatto sia individuata dal vettore:

2ˆ ˆ( ) (15 ) (11 4.9 )r t t i t t j

Si trovino: (1) la distanza dall’origine degli assi quando s1.5t e l’angolo formato da ( )r t

con l’ orizzontale in quell’istante; (2) l’angolo con cui è stata colpita la palla; (3) il vettore velocità quando s1.8t specificando se la palla ha già scavalcato o no la posizione di massima altezza. [R: m m/s) m/s siˆ ˆ24 ,13 ,36 ,(15 (6.6 ) ,i j ] 29. 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 distanzad . 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] 30. Due amici si tuffano da uno scoglio alto15.0 m , il primo orizzontalmente, con velocità iniziale 3.00 m/s , il secondo ad un angolo 40 verso l’alto con modulo della velocità iniziale sempre 3.00 m/s . 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:3.64 , m no, il primo ] 31. Due cannoni imprimono al proiettile la stessa velocità iniziale, ma il primo ha la canna inclinata di 40° rispetto a terra, ed il secondo di 60°. Sapendo che a distanza 7.0 km dal punto di lancio le loro traiettorie raggiungono la stessa altezza in tempi successivi, trovare la comune velocità iniziale. Qual è la loro gittata massima? [R: m/s km302 , 9.30 ]

0v

y

35

m15.0

m12.0

x

y

x

*y

0y

0v

h

d

0v

( )r t

( )r t

( )v t

( )v t

110

6. La relatività di Galileo

La parola relatività indica semplicemente che uno stesso fenomeno può essere descritto secondo differenti punti di vista, cioè che può apparire con caratteristiche diverse relativamente a diversi osservatori. Supponiamo di avere due persone che si stanno muovendo con velocità costante l’una rispetto all’altra. Possiamo pensare che la prima guardi da terra la traiettoria di caduta di una pietra lasciata andare da un aeroplano in volo, mentre la seconda osserva restandosene a bordo dell’aereo stesso. Nella descrizione del moto che dà quella a terra, la traiettoria è un arco di parabola, quella a bordo vede invece una linea retta verticale. Sarebbe del tutto illusorio chiedersi quale delle due sia la “traiettoria vera”: entrambe sono reali, perché non abbiamo motivo di considerare il punto di vista dell’osservatore a terra superiore al punto di vista della persona sull’aereo. Il tipo disaccordo nelle osservazioni che si crea a causa del moto relativo degli osservatori si enuncia dicendo che essi stanno usando sistemi di riferimento differenti:

Sistema di riferimento: l’insieme degli oggetti rispetto ai quali un moto avviene con le stesse caratteristiche. La scelta di un sistema di riferimento non è basata sul criterio di quale sia quello vero, ma è dettata dalla semplicità nella descrizione del fenomeno. Un osservatore a bordo di un auto sceglierà l’insieme degli oggetti all’interno del veicolo come proprio riferimento, ed assumerà che lo scenario intorno si sta spostando. Analogamente, per un uomo sul pianeta Terra, è assai comodo usare il sistema tolemaico che assume la Terra ferma ed il Sole che orbita intorno ad essa. Se tuttavia si dovesse inviare una navicella spaziale su Saturno, ecco che risulterebbe più conveniente il riferimento copernicano in cui i pianeti orbitano intorno al Sole. Al di là di queste considerazioni sulla comodità nella scelta di un riferimento, le osservazioni mostrano la validità di un principio fisico, detto principio di relatività, che lega fra loro due riferimenti in moto rettilineo uniforme l’uno rispetto all’altro. Cosa dice il principio di relatività? Nel 1632 Galileo, con la sua fondamentale opera scientifica Dialogo sopra ai due massimi sistemi del mondo, mise in luce come, fra tutti i movimenti possibili, il moto rettilineo uniforme occupasse un posto in un certo senso privilegiato. Questo movimento infatti non ha carattere assoluto, cioè ogni osservatore in moto rettilineo uniforme rispetto ad un altro può sostenere di essere egli stesso in quiete ed attribuire il moto al mondo circostante. Questa proprietà si esprime nel modo seguente: Principio di relatività Nessun esperimento fornisce risultati diversi in due laboratori che si muovono di moto traslatorio rettilineo uniforme l’uno rispetto all’altro.

La Controfisica Galileo Galilei (1564-1642) è conside-rato il padre del metodo scientifico, in quanto fu il primo a sostenere che lo studio del mondo fisico doveva esse-re condotto non per osservazioni oc-casionali ed improvvisate, ma tramite esperimenti progettati, cioè avendo chiaro da prima quali domande si sta-vano ponendo alla natura. I risultati andavano poi analizzati con gli stru-menti della matematica e della geome-tria. La sua opera Sidereus Nuncius (messaggio dalle stelle) contiene l’emozionante resoconto delle osser-vazioni da lui fatte usando il cannoc-chiale per la prima volta come stru-mento di misura. La scoperta di corpi che non orbitavano attorno alla Terra (i satelliti del pianeta Giove) incrinò la visione Tolemaica del mondo, che voleva invece il nostro pianeta al cen-tro di ogni cosa nel Cosmo. Nel suo lavoro Dialogo sopra ai due massimi si-stemi del mondo, Galileo confuta le obiezioni fisiche che sin dai tempi di Aristotele venivano rivolte al moto di rotazione della Terra, come ad esem-pio “Se la Terra ruota, perché le nuvo-le non restano indietro?”. In un con-troverso processo la Chiesa forzò Galileo a ritrattare le sue tesi scientifi-che, condannandolo ad una punizione tutto sommato mite: la recita dei sette salmi penitenziali una volta a settima-na. In conseguenza della condanna, passò la fase finale della sua vita con-finato nella sua villa vicino Firenze, dove però non gli fu impedito di lavo-rare: infatti qui produsse qui quello che è considerato il suo lavoro più importante: Discorsi e dimostrazioni ma-tematiche sopra a due nuove scienze. Secon-do una leggenda egli, ascoltando la sentenza che lo condannava a ritratta-re avrebbe mormorato “E pur si muove!”, riferendosi alla Terra. In realtà la famosa frase è frutto della fantasia del giornalista italiano Giu-seppe Baretti, che inventa l’aneddoto nel suo lavoro The Italian Library, una sorta di compendio delle vite dei lette-rati italiani ad uso degli inglesi, pub-blicata nel 1757 a Londra dove risie-deva.

111

La formulazione di questo principio da parte di Galileo2 avvenne attraverso alcune riflessioni sull’impossibilità di rendersi conto se un laboratorio posto nella stiva chiusa di una nave sia in moto oppure in quiete rispetto alla terra: dal “Dialogo sopra ai due massimi sistemi del mondo”, giornata seconda:

“Rinserratevi con qualche amico nella maggiore stanza che sia sotto coverta di alcun gran navilio, e quivi fate d'aver mosche, farfalle e simili animaletti volanti; síavi anco un gran vaso d'acqua, e dentrovi de’ pescetti; sospendasi anco in alto qualche secchíello, che a goccia a goccia vadia versando dell'acqua in un altro vaso di angusta bocca, che sia posto a basso: e stando ferma la nave, osservate diligentemente come quelli animaletti volanti con pari velocità vanno verso tutte le parti della stanza; i pesci si vedranno andar notando indifferentemente per tutti i versi; le stílle cadenti entreranno tutte nel vaso sottoposto; e voi, gettando all'amico alcuna cosa, non più gagliardamente la dovrete gettare verso quella parte che verso di questa, quando le lontananze sieno eguali; e saltando voi, come si dice, a piè giunti, eguali spazii passerete verso tutte le parti. Osservate che avrete diligentemente tutte queste cose, benché niun dubbio ci sia che mentre il vassello sta fermo non debbano succeder così, fate muover la nave con quanta si voglia velocità; ché (pur che il moto sia uniforme e non fluttuante in qua e in là) voi non riconoscerete una minima mutazione in tutti li nominati effetti, né da alcuno dì quellì potrete comprender se la nave cammina o pure sta ferma [..]” Ma le misure devono fornire gli stessi risultati in tutti i riferimenti? No, il principio di relatività non dice che le grandezze fisiche misurate in due riferimenti in moto rettilineo uniforme devono essere uguali. Ed è comunque palese che ciò non è vero: ad esempio la velocità di un bambino che corre su di un treno in movimento è differente quando venga misurata da terra, perché ad esse si aggiunge quella del treno. Sono invece le relazioni fra le grandezza fisiche ad essere le stesse. Questo significa che in ogni equazione fisica il primo ed il secondo membro devono cambiare entrambi con coerenza in modo che valga ancora l’uguaglianza, o come si dice, devono essere covarianti. Quindi ad esempio, nel riferimento solidale al treno in corsa, le leggi orarie del moto del bambino di cui si diceva hanno la stessa forma di quelle da noi trovate nel riferimento a terra. Saranno però differenti sono i valori di posizione e velocità che le leggi restituiscono per ogni lettura di orologio. Oppure, detto in altri termini, il modo in cui i valori di velocità e posizione nel riferimento in moto si trasformano nei corrispondenti valori del riferimento a terra, è tale per cui le leggi della fisica che li legano al tempo restano le stesse. Come si trasformano le coordinate fra due riferimenti in moto relativo? Ad ogni sistema riferimento nello spazio della geometria euclidea si possono associare tre assi perpendicolari, con un’intersezione comune che faccia da origine a tre coordinate cartesiane ( , , )x y z da usare per individuare ogni punto. Ci proponiamo ora di trovare delle trasformazioni che consentano di passare da una terna di coordinate ( , , )x y z in un riferimento, alla corrispondente terna ( , , )x y z in un secondo riferimento in moto relativo rispetto al primo. Considereremo solo moti con velocità vettoriale costante in intensità e direzione, cioè traslazioni in cui gli assi rimangono sempre paralleli a loro stessi. A questo scopo conviene scegliere uno dei 2 All’inizio del XX secolo Albert Einstein riformulò il principio di relatività in un contesto più ampio: questi ambiti sono detti relatività speciale (o ristretta) e relatività generale.

x

y

z

x

y

z

V

xV tP

La Controfisica Le parole di Galileo sono quanto mai veritiere se consideriamo che il moto di rotazione della Terra attorno al suo asse supera i quattrocento metri al secondo, e che quello di rivoluzione intorno al Sole raggiunge i trenta kilometri al secondo eppure a noi pare di star fermi!

112

tre assi lungo la direzione della velocità relativa (noi prenderemo l’assex ), ed avere gli altri due ugualmente orientati nei due sistemi. Così avremo che le coordinate y e z non cambiano passando da un riferimento all’altro, cioè y y ez z , così come non cambia la lettura di orologio, cioè t t . Indichiamo con V

la velocità di

trascinamento, cioè la velocità con cui si muove tuttoR , misurata rispetto adR . Per come sono posti gli assi deve esserci stato nel passato un istante

0t in cui le origini

dei due sistemi coincidevano. Un punto P fermo rispetto adR , di ascissa x , avrà in R una coordinata x che cambia ad ogni lettura del cronometro. La nuova ascissa si può ottenere sommando ad x lo spazio xV t percorso dal riferimento

nell’intervallo di tempo t che è trascorso rispetto all’istante 0

t in cui le origini dei due sistemi coincidevano. Abbiamo quindi le: Trasformazioni di Galileo per la posizione ed il tempo

xx x V t y y z z t t

Esercizi 32. In un riferimento R’ in moto relativo con velocità (10 ,0, 0)V m/s

rispetto ad un

altro riferimento R, si ha che quando il cronometro segna 6.5t s la posizione di una particella P risulta(5.0 ,2.5 ,4.0 ) m m m . Trovare la posizione di P nel

riferimento R sapendo che le due origini coincidevano a0

3.5t s . Applicando le trasformazioni di Galileo abbiamo:

0( ) [5.0 10 (6.5 3.5)] 35x xx x V t x V t t m m

2.5y y m , 4.0z z m , 6.5t t s Possiamo studiare il moto di caduta libera con le trasformazioni galileiane? Ritorniamo al problema posto all’ inizio del capitolo: una persona osserva da terra il moto di caduta di una pietra lasciata andare da un aereo, ed una seconda lo osserva dall’aereo. Verificheremo ora, in questo caso particolare la covarianza delle leggi di caduta prevista dal principio di relatività. Poniamo il riferimento R solidale con l’aereo, che supporremo in moto con velocità costante ( , 0, 0)

xV V

rispetto al riferimento R agganciato a terra. Dal punto di vista dell’aereo la traiettoria è una linea retta. Se indichiamo con

0t l’istante in cui coincidono gli assi verticali dei due

riferimenti (cioè quandox x ), si ha che il tempo trascorso da quel momento vale

0t t t t . Si trova quindi la legge oraria della posizione verticale, identica

nei due riferimenti perché èy y :

2 20 0

1 1( )

2 2y y g t y y g t

Il fatto che queste due espressioni siano uguali è un altro modo di dire che il moto in orizzontale dell’aereo non influenza quello in direzione perpendicolare di caduta. Vogliamo ora usare questa legge oraria per ricavare la traiettoria vista dal

La Controfisica E’ irresistibile la tentazione di pensare che il riferimento (x’, y’,z’) sia in moto e che (x,y,z) sia fermo. Ma come sappiamo il moto rettilineo uniforme non è un concetto assoluto: ogni osservatore in moto a velocità costanterispetto ad un altro ha tutto il diritto di ritener e di essere lui quello fermo e che l’altro si muove rispetto a lui.

x

y

z

x

y

z

V

113

riferimento a terra. Dalle trasformazioni di Galileo ricaviamo il tempo in funzione della posizione e della velocità ed inseriamolo:

x

x xt

V

2

0

12

x

x xy y g

V

possiamo scegliere lo zero delle ascisse nel riferimento dell’aereo proprio in corrispondenza della posizione di lancio della pietra, cioè sostituire 0x :

20 2

12

x

gy y x

V

cioè l’equazione della parabola caratteristica di un lancio orizzontale a noi già conoscevamo. Come possiamo trasformare le velocità da un riferimento all’altro? Poniamo adesso che un punto sia in moto con velocità costante v se misurata inR : possiamo ad esempio pensare ad una hostess che cammina all’interno del nostro aereo. Intuitivamente comprendiamo che la sua velocità v

nel riferimento R si otterrà sommando a v la velocità V

dell’aereo. Diamo una dimostrazione algebrica

di questa intuizione osservando innanzitutto che con la nostra scelta di assi possiamo concentrarci solo sulla componente della velocità in direzione delle x in quanto sappiamo che i moti in direzioni perpendicolari non si influenzano, cioè che

y yv v e

z zv v . Per semplificare scegliamo

00t in modo che la trasformazione

di Galileo diventi:

xx x V t

Ad un istante successivo t t la trasformazione si scrive:

( ) ( ) ( )xx x x x V t t sottraendo a membro a membro e dividendo per t otteniamo:

x x x x

x xV v v V

t t

Nel caso generale in cui il moto relativo dei due riferimenti non avviene parallelamente all’assex , il principio di indipendenza garantisce di poter ripetere lungo ciascuno dei tre assi la dimostrazione. Si ottengono quindi analoghi risultati

per le componenti della velocità lungo ciascuno dei tre assi y y y

v v V e

z z zv v V cioè una relazione vettoriale che indica come le velocità misurate nei due riferimenti e la velocità di trascinamento siano i tre lati di un triangolo:

x

y

z

x

y

z

V

v

114

Trasformazioni di Galileo per la velocità v v V

Quindi ad esempio una persona che passeggia con velocità v

su di una chiatta trasportata dal fiume con velocità V

avrà, rispetto alla riva una velocità v le cui

intensità e direzione sono date dalla composizione secondo il triangolo di punta-coda, come in figura. Si può dimostrare che la relazione fra le velocità qui ricavata nel caso particolare del moto traslatorio rettilineo uniforme, ha una validità generale, anche in presenza di rotazioni dei riferimenti R ed R’. Da questa formula si può anche ricavare una relazione fra le accelerazioni, che mostra come in tutti i casi in cui velocità di trascinamento è costante in valore e direzione, si ha a a

. L’accelerazione non cambia passando da un riferimento R ad un altro R ’ in moto rettilineo uniforme rispetto ad R: si tratta quindi di una grandezza assoluta anziché relativa. In che modo Galileo introdusse la legge di composizione delle velocità? Nel Dialogo sopra ai due massimi sistemi del mondo, Galileo presenta la legge di composizione delle velocità nel tentativo di dissipare la convinzione errata dei seguaci di Aristotele per cui un esercito schierato ad est avrebbe avuto sempre un vantaggio. Infatti si riteneva che , se davvero fosse esistito un moto di rotazione della Terra, questo avrebbe trasportato il nemico verso le loro frecce. Viceversa l’esercito schierato ad ovest avrebbe dovuto scagliare con molto più vigore per compensare il moto di allontanamento dal terreno avversario. Ma poiché nulla di tutto ciò accadeva, si concludeva che la Terra era immobile Per confutare questa tesi, lo scienziato pisano considera una carrozza in corsa, dalla quale vengano scagliate due frecce con una balestra, una nel verso della corsa ed una in verso contrario. Seguiamo il dialogo3 fra l’interlocutore aristotelico, Simplicio, ed il personaggio che espone le tesi di Galileo, che si chiama Salviati: SIMPLICIO. Non ho dubbio che lo spazio tra la freccia e dove si trova la carrozza nel momento che la freccia si ficca in terra, sarà minore assai quando si tira verso il corso della carrozza, che quando si tira per l'opposito. Sia, per esempio, il tiro in se stesso trecento braccia, e il corso della carrozza, nel tempo che il bolzone4 sta per aria, sia braccia cento: adunque, tirandosi verso il corso, delle trecento braccia del tiro la carrozzetta ne passa cento, onde nella percossa del bolzone in terra lo spazio tra esso e la carrozza sarà braccia dugento solamente; ma all'incontro nell'altro tiro, correndo la carrozza al contrario del bolzone, quando il bolzone avrà passate le sue trecento braccia e la carrozza le sua cento altre in contrario, la distanza traposta si troverà esser di braccia quattrocento. SALVIATI. Vi sarebbe modo alcuno per far che questi tiri riuscissero eguali? SIMPLICIO. Io non saprei altro modo che col far star ferma la carrozza. SALVIATI. Questo si sa: ma io domando, facendo correr la carrozza a tutto corso. SIMPLICIO. Che si ingagliardisse l'arco nel tirar secondo il corso, e poi lo si indebolisse per tirar contro al corso. SALVIATI. Ecco dunque che pur ci è qualch'altro rimedio. Ma quanto bisognerebbe ingagliardirlo di più, e quanto poi indebolirlo? SIMPLICIO. Nell'esempio nostro, dove aviamo supposto che l'arco tirasse trecento braccia, bisognerebbe, per il tiro verso il corso, ingagliardirlo sì che tirasse braccia

3 Il testo è stato in qualche passaggio adattato in lingua corrente per una maggiore scorrevolezza. 4 Freccia usata nelle balestre.

V

v

v

V

v

V

v

v

115

quattrocento, e per l'altro indebolirlo tanto che non tirasse più di dugento, perché così l'uno e l'altro tiro riuscirebbe di braccia trecento in relazione alla carrozza,[…] SALVIATI. Sì, sì, così torna il conto giusto. Ma ditemi: quando la carrozza corre, non si muovono ancora con la medesima velocità tutte le cose che son nella carrozza? SIMPLICIO. Senza dubbio. SALVIATI. Adunque il bolzone ancora, e l'arco, e la corda su la quale è teso. SIMPLICIO. Così è. SALVIATI. Adunque, nello scaricare il bolzone verso il corso della carrozza l'arco imprime i suoi tre gradi di velocità in un bolzone che ne ha già un grado, grazie alla carrozza che verso quella parte con tanta velocità lo porta, talché nell'uscir della cocca si trova con quattro gradi di velocità; ed all'incontro, tirando per l'altro verso, il medesimo arco conferisce i suoi medesimi tre gradi in un bolzone che si muove in contrario con un grado, talché nel separarsi dalla corda non gli restano altro che due soli gradi di velocità. Ma già voi stesso avete deposto che per fare i tiri eguali bisogna che il bolzone si parta una volta con quattro gradi e l'altra con due: adunque, senza mutar arco, l'istesso corso della carrozza è quello che aggiusta le partite, e l'esperienza è poi quella che le sigilla a coloro che non volessero o non potessero esser capaci della ragione. Vediamo ora qualche esempio in cui la formula di Galileo della composizione delle velocità trova applicazione. Perché gli aerei decollano controvento? Uno dei motivi per cui gli aerei di linea decollano da piste diverse a seconda dell’ora e dei giorni è che tentano di avvantaggiarsi della velocità del vento muovendosi contro di esso. Se ad esempio per decollare si deve raggiungere una velocità v rispetto all’aria di km/h 250 , ed in quel momento sta soffiando da ovest un vento con velocità

V di km/h 30 , converrà usare per il decollo la pista che punta ad ovest,

in modo che in un riferimento solidale con la terra avente l’asse x verso ovest, l’aereo debba portarsi ad una velocità v rispetto a terra che è minore dei km/h 250 richiesti rispetto all’aria:

km/h km/h(250 30) 220x x x

v v V Cosa succede remando perpendicolarmente alla corrente di un fiume? Consideriamo una barca che attraversa un fiume in cui la corrente avanza a km/h 3

: questa è la velocità di trascinamento V

del riferimento R’ che scorre insieme all’acqua. Il barcaiolo sta puntando verso la riva opposta remando rispetto all’acqua a km/h 4 : questo è il valore di v in R’ . In un sistema R solidale con la terra, la barca avanza diagonalmente con velocità v il cui valore si trova osservando che in questo particolare caso V v

. Pertanto il segmento che rappresenta v è

ipotenusa in un triangolo rettangolo in cui V

e v sono cateti:

km/h 2 2| | | | | | 5v V v . Quindi, ad esempio dopo un intervallo temporale

h1t , un tappo di sughero galleggiante ha continuato ad avanzare trasportato dalla corrente con velocità V

percorrendo km 3 . Per l’indipendenza dei moti in

direzioni perpendicolari, nello stesso intervallo anche la barca si è spostata di km 1 nel verso della corrente e nel contempo si è mossa con velocità v

perpendicolarmente ad essa, percorrendo km 4 in quella direzione, con il tappo di

corrente

km/h (3 )

V

km/h

(4 )v

km/h (5 )

v

xO E

V

v

v Vv

116

sughero sempre allineato a lei rispetto alla riva. Il suo spostamento complessivo è

stato allora km km km 2 2) )(3 (4 5 . E come si tratta il caso in cui le velocità non sono perpendicolari? Esaminiamo la situazione in cui, all’interno di un grande magazzino, due persone sono sulle scale mobili, una in discesa ed una in salita, incrociate come in figura. Nel riferimento R solidale all’edificio chiamiamo v la velocità dell’uomo che sale e V

quella dell’uomo che scende: il loro valore è lo stesso ma sono differenti direzione e verso. Poniamoci ora in un riferimento R’ solidale all’uomo che scende, e calcoliamo come appare da questo punto di vista la velocità v dell’uomo che sale. Si ha che R’ possiede una velocità V

rispetto al riferimento R ancorato all’edificio, e che

sommata vettorialmente secondo le trasformazioni di Galileo, al valore v che

vogliamo trovare, produce la velocità v dell’uomo che sale espressa in R. La

relazione corrispondente è v V v , e si rappresenta tramite il triangolo qui a

lato. Essendo uguali le velocità delle due scale mobili, il triangolo è sempre isoscele, ed inoltre i due lati uguali formano lo stesso angolo con l’orizzontale. Pertanto v ha direzione verticale, cioè l’uomo che scende vede l’uomo che sale muoversi lungo una linea retta esattamente verticale. Nel caso particolare in cui 45 il triangolo è anche rettangolo e risulta 2 2| | | | | |v V v

, mentre per un valore generico di

dobbiamo addizionare le componenti dei vettori. Ricaviamo v dalla formula di Galileo, v v V

, e scriviamo le equazioni lungo gli assi:

cos cos cos cos 0x x xv v V v V v v

sin ( sin ) 2 siny y yv v V v V v

Quindi la posizione relativa delle due persone cambia solo in direzione verticale, con velocità pari al doppio della componente verticale di ciascuna scala, 2 sinyv v

.

La distanza in orizzontale fra le due persone resta identica per tutto il tragitto, essendo 0xv . Questi due risultati sulla velocità relativa sono verificabili anche da parte di un osservatore che guardi dall’esterno, il quale vede le due persone prima avvicinarsi verticalmente e poi allontanarsi si nuovo, ma sempre separati dalla stessa distanza orizzontale, quindi se ad esempio partono allineati in verticale vi rimangono per tutto il tragitto. Il lancio dei satelliti artificiali sfrutta la composizione delle velocità di Galileo? Abbiamo accennato che la legge della composizione delle velocità vale per qualunque coppia di riferimenti, non necessariamente in moto rettilineo uniforme l’uno rispetto all’altro. La legge di Galileo si applica quindi anche agli oggetti che partono da un sistema rotante come la Terra: ad esempio possiamo utilizzarla nel caso dei satelliti artificiali. Iniziamo osservando che negli Stati Uniti il lancio dei satelliti avviene da basi diverse a seconda dell’orbita in cui li si vuole immettere. Quelli destinati ad orbite che non passano per i poli partono dalla costa est, dal Kennedy Space Center in Florida, in direzione dell’Oceano Atlantico. Infatti, per andare in orbita un satellite deve raggiungere una velocità che (vista da un sistema

v

V

v

km/s8

v

yv

xv

V

xV

yV

x

y

v

v

V

v

V

v

117

rotante attorno al Sole insieme con la Terra) è di km/s8 . Ma il satellite parte da un riferimento che già sta ruotando con velocità V

, che a quella latitudine è circa

km/s0.4 , parallela ad un piano passante per l’equatore e diretta da ovest ad est. Se quindi lanciamo il satellite verso est con velocità v , essa si compone vettorialmente a V

secondo la legge di Galileo, in modo da produrre il valore v v V che poi

permetterà di portarsi in orbita a circa km200 di quota con velocità di km/s8 . Insomma si lancia il satellite nel verso di rotazione della Terra per avvantaggiarsi di essa, ma siccome nel contempo non si vuole che il razzo passi sopra ai centri abitati, si deve puntare in direzione dell’oceano: queste due cose insieme in America si possono fare dalla costa est verso l’Atlantico. Viceversa i satelliti polari vengono lanciati dalla costa ovest, nella Vanderberg Airforce Base in California, in direzione dell’Oceano Pacifico. In questo caso infatti la velocità di rotazione della Terra deve essere annullata perché se l’orbita dovrà passare sopra al Polo Nord, il moto sarà tutto in un piano verticale e non potrà avere una componente di velocità parallela all’equatore. Per fare questo, e nel contempo evitare le aree abitate, dagli Stati Uniti si deve lanciare in direzione dell’Oceano Pacifico con velocità v

, che composta vettorialmente a quella V

del riferimento, produce il giusto vettore v . E se si vuol far uscire una sonda dal sistema solare? Per far uscire una sonda spaziale dal sistema solare occorre superare la velocità di fuga dal Sole, che è circa km/s42 . Infatti, per ogni metro percorso dalla sonda, la velocità di partenza viene diminuita dall’attrazione dovuta alla gravità del Sole, gravità che però si fa via via più debole quanto più ci si allontana. La velocità di fuga è quel valore che idealmente viene reso nullo dalla gravità solare in un tragitto di lunghezza infinita. Se si possiede un valore superiore ad esso si è liberi dalla gravità del Sole, nel senso che non basterebbe al Sole nemmeno un tragitto di lunghezza infinita per rallentare la nostra velocità fino a fermarci e riportarci indietro5. Anche in questo caso, per riuscire a raggiungere la velocità di fuga dal Sole bisogna avvantaggiarsi della velocità di rivoluzione della Terra, che è di km/s30 . Se quindi lanciamo l’oggetto nel verso della rivoluzione, occorrerà imprimergli solo km/s12 , che sono comunque molti e si riesce a farlo solo su masse relativamente piccole. Inoltre ci si serve anche del cosiddetto effetto fionda, cioè si guadagna velocità lungo la strada grazie all’accelerazione dovuta alla gravità degli altri pianeti che a mano a mano si incontrano attraversando il sistema solare. Correndo nella pioggia ci si bagna meno che camminando per lo stesso tempo? Consideriamo la pioggia che in un intervallo temporale t colpisce superficie di un ombrello: se la velocità di caduta è vy , essa in t al massimo può percorrere uno spazio verticale vy ∆t, quindi l’acqua, prima di battere sull’ombrello era tutta compresa in un prisma di altezza vy ∆t, e di area di base la superficie dell’ombrello stesso, proiettata su di un piano orizzontale. Esaminiamo ora il problema da punto di vista di chi si muove, cioè ponendoci in un riferimento dove noi siamo fermi e la pioggia ci viene incontro con velocità

'v . In questo riferimento il vettore

'v non è

5 Anche la Terra ha una sua velocità di fuga che è 11.2 m/s, quindi occorre imprimere alla sonda anche questo valore se vogliamo che lasci il pianeta, e che andrà aggiunto a quello calcolato per il Sole.

V

v

v

km/s8

'v

xv

yv

yv t

yv t

km/s42

km/s30 km/s12

118

più verticale ma inclinato, in quanto ha sia una componente verticale v’y (uguale a quella di caduta vy nel riferimento solidale a terra) sia una componente orizzontale v’x che è pari alla velocità orizzontale con cui ci stiamo muovendo, però cambiata di verso. In figura abbiamo disegnato un parallelogramma che ha per base la larghezza dell’ombrello e per lato obliquo proprio

'v . La sua altezza vy ∆t è uguale in

entrambi i casi, sia che l’ombrello avanzi o resti fermo. Pertanto il prisma che contiene l’acqua destinata a colpire l’ombrello int potrà essere più o meno inclinato ma il suo volume non cambia mai con la velocità con cui si corre, perché è sempre dato dal prodotto della superficie dell’ombrello per l’altezza vy ∆t . Ne concludiamo che correndo o camminando per cinque minuti si prende la stessa acqua. Chiaramente se si deve attraversare uno spazio converrà sempre correre perché così facendo si riduce il tempo trascorso sotto la pioggia! Esercizi 33. Dentro al vagone di un treno che fila in linea retta a 18.0 m/s , viene lanciato un aeroplanino di carta con velocità di 8.0 m/s nella direzione che va da un finestrino all’altro. Qual è l’angolo fra le rotaie e la velocità dell’aeroplanino? Qual è il valore della velocità nel sistema solidale con la terra? Costruiamo il triangolo formato dalle tre velocità v dell’aeroplanino misurata sul treno, V

di trascinamento, e v

osservata da terra. Si tratta in questo caso di un triangolo rettangolo dato che il lancio avviene conv V

, quindi: 1tan / 8.0 / 18.0 0.44 tan (0.44) 24v V

Applicando il teorema di Pitagora si ha il valore della velocità nel riferimento ancorato alla terra:

2 2 2 218.0 8.0 20v V v m/s m/s

34. La corrente di un fiume ha velocità 5.0 m/s . Una chiatta deve trasportare della merce in un punto che si trova 10 km più avanti verso la foce rispetto a dove effettua il carico. Sapendo che la chiatta si muove con una velocità rispetto all’acqua di10 m/s , si dica quanto dura il viaggio complessivo di andata e ritorno. [R:7.5 h ] 35. Un Boeing 747 sta viaggiando verso ovest con una velocità di900 km/h . Ad un dato istante inizia a soffiare verso nord un vento a velocità di100 km/h . Quale diventa la velocità dell’aereo rispetto a terra? In che direzione procede ora l’aereo? [R:906 , 6 20 km/h W N ]

36. Un dirigibile vuole procedere verso nord ad una velocità rispetto al terreno di110 km/h , ma in quel momento sta soffiando un vento verso est a40 km/h . In che direzione (angolo ) e con che velocità deve muoversi rispetto all’aria per riuscire nell’intento? [R: 20 ,117 km/hN W ] 37. Un nuotatore desidera attraversare un fiume largo 800 m e raggiungere il punto dell’altra sponda che si trova dritto davanti a lui. La corrente nel fiume ha una

V

N

S

W E

V

N

S

W E

v

(18 m/s)

V

(8.0 m/s) '

v

119

velocità di 3.30 m/s ed egli riesce a nuotare a 6.50 m/s . In quale direzione deve puntare? Quanto tempo impiegherà? [R:59.5 ,143 s ] 38. Una formica cammina alla velocità di 2.50 cm/s sopra ad un foglio di carta, seguendo una linea che forma un angolo di 30.0 con il bordo. Il foglio scivola su di un tavolino avanzando (senza ruotare) con velocità costante di 3.50 cm/s parallela al bordo del tavolo e del foglio. Qual è la velocità in un riferimento solidale al tavolino? Quale il suo spostamento rispetto al tavolo in5.00 s ? [R:5.80 ,12.4 ,29.1 cm/s cm ] 39. Un uomo sul tapis roulant alla stazione viaggia alla velocità V

di m/s 0.40 ,

mentre alla sua destra davanti a lui una persona avanza perpendicolarmente verso il tappeto, con velocità v in un riferimento solidale alla terra. Quanto deve essere v affinché l’uomo sul tappeto la veda avvicinarsi con un angolo di 20 rispetto alla

direzione perpendicolare al tappeto? Con che velocità si sta avvicinando misurata nel riferimento solidale al tapis roulant? [R: m/s m/s1.1 ,1.2 ] 40. Di quale angolo deve inclinare l’ombrello rispetto alla verticale una persona che sta camminando alla velocità di m/s2.0 , se vuole ripararsi completamente da un pioggia che scende alla velocità di 7.0 m/s ? [R:16 ] 41. Un colpo di fucile viene sparato contro un treno che fila alla velocità V

di valore

m/s30.0 . Sapendo che la pallottola viaggia con velocità v di m/s50.0 e che i

vagoni del treno sono larghi m4.00 si dica che distanza c’è fra i fori di entrata e di uscita e quale angolo forma la traiettoria con le pareti del treno. [R: m 2.40 , 59.1 ] 42. Ha senso affermare che un volo aereo verso est, ad esempio dall’Europa in direzione degli Stati Uniti, ha una durata inferiore del medesimo tragitto percorso al contrario in quanto nel primo caso l’obiettivo viene incontro all’aereo mentre nel secondo caso se ne allontana? [R: in fondo]

(30 m/s)

V

(50.0 m/s)

v

120

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 4.0 m l’altezza della rosa sia zero e troviamo un’equazione nella sola incognita 0v :

22

020

4.9 4.9 4.08.0 4.0 0.0 3.1

8.0v

vm/s

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 4.0 m 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 proprioh , 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( ) 1.50

xx t x v t t 2 21 1

0 0 2 2( )

yy t y v t gt h gt

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

4.004.00 1.50 2.67

1.50t t s s

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 trovareh :

2 2 21 1 1* * *2 2 2

( ) 0 ( 9.81 2.67 ) 34.9y t h gt h gt m m

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 :

0( ) 12.5 2.50 (2.00 ) (12.5 2.50 2.00) 17.5v t v at t v s s m/s

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:

20.850 4.91 0 0.850 / 4.91 0.416t t s s

(0.416 ) 17.5 0.416 7.28x s m m

A B

h

m4.0

y

x

121

5. Scriviamo le leggi orarie della velocità e della posizione per la pallina e da quest’ultima ricaviamo la traiettoria:

4.89.8

x

y

vv t

2

020

4.8 0.234.9

x t y y xy y t

Sapendo che la pallina è a terra dopo 0.80 s troviamo l’altezza del piano e la gittata

del lancio:

20 04.9 0.80 0 3.1y y m

4.8 0.80 3.8x m

troviamo la componente verticale della velocità nell’istante di contatto e da questa il modulo della velocità finale:

2 2(0.80) 4.8(0.80) 4.8 ( 7.8) 9.2

(0.80) 9.8 0.80 7.8x

y

vv

v

m/sm/s

m/s

11. Abbiamo: 1 3 9

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

2 2 87( 9 / 2) ( 4)

2p

ed essendo 0x

p dobbiamo sommare 180 al risultato della calcolatrice per avere l’inclinazione del vettore:

1 1 4180 tan 180 tan 180 11 191

9 / 2y

x

p

p

12. Essendo l’angolo in figura 60° ed i due vettori di lunghezza una doppia dell’altra, se ne deduce che il triangolo formato dai tre vettori secondo il metodo di punta cosa è la metà di un triangolo equilatero. Pertanto 3r

è

ipotenusa in un triangolo rettangolo in cui 1r e 2r

sono cateti:

m m 2 2 2 2

2 3 3 10 5.0 8.7r r r

Il rappresentante del vettore 2r con la coda nell’origine forma con la direzione

verticale un angolo di 90 60 30 dal quale si ottengono le sue componenti, tenendo presente che l’ascissa deve essere negativa:

m 2 2 sin 30 4.4xr r , m 2 2 cos 30 7.5yr r

13. In un riferimento con l’asse y orientato da Sud a Nord e l’asse x orientato da

Ovest ad Est chiamiamo 1r il primo spostamento, che essendo diretto a NW

formerà un angolo di 45° con l’asse x come in figura. Le sue componenti scalari saranno:

km km1 1 cos 45 20.0 0.707 14.0xr r

km km1 1 sin 45 20.0 0.707 14.0yr r

Indichiamo con 2r il secondo spostamento che forma anch’esso un angolo di

45° con l’asse x come si vede ruotando di 100°. Le sue componenti sono:

0y0v

(0.80)v

xv

yv

1r

3r

60

x

y

302r

N

S

W E

10045

1r 45

2r

r

y

x

45

122

km km2 2 cos 45 30.0 0.707 21.0xr r

km km2 2 sin 45 30.0 0.707 21.0xr r

Si ottiene quindi per lo spostamento complessivo: km km km14.0 21.0 7.0xr

km km km14.0 21.0 25.0yr

Trasformiamo il tempo in secondi per avere la velocità vettoriale media: s s 4(7 24 3600) 5.04 10

m/s m/s m/s m/s3 3

4 4

7.0 10 25.0 10; 0.14 ; 0.50

5.04 10 5.04 10m

rv

t

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

0 0

2 20 0

( ) cos 60 0.50

1( ) 1.2 ( sin 60 ) 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 6.20 m , 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 sia4.0 m . 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

02 220

188 1888.0 9.7

0.50 8.00.50v

vm/s

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 6.20 m :

06.2

( ) 0.50 4.9 6.2 1.34.9

x t v t t t m s s

19. 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 cos50 18.0 9.00

( ) 14.0 sin50 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:

18.018.0 9.00 0 2.00

9.00t t s s

m6.2

60

m4.0

m1.2

y

x

0

123

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

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

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

14.0 sin50( ) 14.0sin 50 0 1.09

9.81yv t gt t s s

che come si vede è precedente all’istante in cui fa canestro. 20. Iniziamo con lo scrivere le leggi orarie sia per la posizione che per la velocità:

2 2

( ) 5.00 cos 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 9.81x

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 :

2.90( ) 2.90 9.81 0 0.297

9.81yv t t t s s

2max (80.0 2.87 0.297 4.91 0.297 ) 80.4y m m

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 22.87 2.87 4 80.0 4.91 2.87 39.7

4.349.81 9.81

t t s s s

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

con una velocità le cui componenti sono: (4.34) 4.10

(4.34) 2.87 9.81 4.34 39.7x

y

v

v

m/sm/s

cui corrispondono un modulo ed un angolo :

22

1

(4.34 ) 4.10 39.7 39.9

39.79.68 tan ( 9.68) 84.1

4.10

v s m/s m/s m/stan

m/s

21. Scriviamo la legge oraria della posizione della barca e calcoliamo la sua distanza dal promontorio nell’istante 4.34t s in cui il sasso raggiunge l’acqua:

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

come si vede il sasso, che entra in acqua alla distanza di 17.8 m dal promontorio, non colpisce la barca, che in quell’istante ha invece una distanza dal promontorio pari a12.7 m .

v

y

v

x

v

0

y

*y

1 2 3 4

0y0v

y

124

Per essere colpita dovrebbe muoversi più velocemente. Indicando con Bv la sua velocità costante, incognita, imponiamo che essa dopo 4.34 s si trovi a 17.8 m

dall’origine ed otteniamo:

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

17.8 4.003.18

4.34Bv m/s m/s

22. Poiché il sasso colpisce la tavoletta, data l’indipendenza dei moti perpendicolari, esso percorre in orizzontale la stessa distanza della tavoletta nello stesso tempo, cioè la velocità orizzontale del lancio è quella della corrente, m/s0 4.50xv . Ricaviamo la componente verticale:

m/s m/s00 0

0

tan( 30.0 ) tan( 30.0 ) (4.50 )( 0.577) 2.60yy x

x

vv v

v

Scriviamo le leggi orarie della posizione del sasso:

20

( ) 4.50

( ) 2.60 4.91

x t t

y t y t t

Troviamo la durata *t del lancio:

s s * * *9.00

( ) 4.50 900 2.004.50

x t t t

Imponiamo che la quota sia nulla quando *t t :

s m m m 20 0(2.00 ) (2.60 2.00) 4.91(2.00) 0 24.8y y y

ed 0y è l’altezza richiesta. 23. Il testo assegna la velocità orizzontale del lancio, che è quella dell’aereo:

km/h m/s m/s 010003600150 150 41.7xv

Scriviamo le leggi orarie della posizione inserendo i dati noti:

20

( ) 41.7

( ) 1000 4.91y

x t t

y t v t t

Troviamo la durata del volo imponendo che m*( ) 570x t :

m s s * * *600

( ) 41.7 570 13.741.7

x t t t

Abbiamo che m*( ) 0y t :

m s) s 200 1000 (13.7 4.91(13.7 )yv

m/s m/s2

0

1000 4.91(13.7)5.73

13.7yv

E quindi il lancio dev’essere effettuato con un angolo :

15.73tan 0.137 tan ( 0.137) 7.80

41.7y

x

v

v

125

24. La proprietà esposta implica che alla quota *y in figura il modulo della velocità sia lo stesso lungo le traiettorie1 ,2 , 3 e 4 ottenute lanciando la particella con angoli differenti ma con la medesima velocità scalare iniziale. Analogamente, lungo la traiettoria4 , 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 2

0 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. 25. 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 :

2

0max 04.00 4.00 9.81 6.26

vR v

g m m/s m/s

.

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

il cui modulo misura6.26 m/s , pertanto:

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

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. 26. 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

12

2

( ) 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:

1 23.00

( ) ( ) 3.95 3.00 2.50 2.013.95 2.50

x t x t t t t s s

il salto è riuscito se in quel momento la quota di James Bond è pari all’altezza del camion, e cioè2.20 m . Sostituiamo nella legge oraria della coordinata

verticale per verificare: 2

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

126

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 di2.01 s . E’ evidente che l’autista deve accelerare oppure rallentare. Scriviamo di nuovo la legge oraria del veicolo, includendo stavolta l’accelerazione:

22

1( ) 3.00 2.50

2 xx t t a t

Calcoliamo il tempo che occorre all’agente per raggiungere la quota di2.20 m : 2

2( ) 15.0 1.44 4.91 2.20y t t t m

22 1.44 1.44 4 4.91( 12.8)

4.91 1.44 12.8 09.81

t t t s

1 21.48 1.78t ts s

troviamo quanto vale la suo coordinata orizzontale in quell’istante:

1(1.48 ) (3.95 1.48) 5.85x s m m

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

22

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

2 xx a 2 s m

0.776xa 2m/s

quindi il camion deve diminuire la sua velocità. 27. 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

15.0 m 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 cui15.0x m , 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

2

00

15.0 15.0 4.9122.5 4.91 8.56

0.819 22.50.819v

v m/s m/s

Per trovare la velocità con cui ricade si inserisce * 15.02.14

0.819 8.56t s s

nella

legge oraria della velocità: *

*

( ) 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/sm/s

127

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

Se non vuole travolgere l’altro sciatore, la sua velocità orizzontale di atterraggio non deve superare19.0 m/s . 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:

0 0 019.0 34.0

( ) 19.0 cos 35 23.2cos 35 0.819x xv t v v vm/s m/s m/s m/s

quindi non travolge il secondo sciatore purché 0 23.2v m/s

28. Il vettore ( )r t

unisce sempre la posizione in cui la palla è colpita con quella attuale: le sue coordinate sono proprio le leggi orarie della posizione della palla in un riferimento con l’origine nel punto dell’impatto con la racchetta. Calcoliamo:

s 2ˆ ˆ ˆ ˆ(1.5 ) (15 1.5) (11 1.5 4.9 1.5 ) 23 5.5r i j i j

Calcoliamo l’angolo del vettore ( )r t e la distanza dall’origine che coincide con il suo

il modulo:

s m m 2 2(1.5 ) 23 5.5 24r 1 1 5.5

tan tan 1323

y

x

r

r

Per la velocità possiamo dedurre i valori iniziali confrontando con le formule per il moto di caduta libera, e da questi avere l’angolo del colpo:

m/s

m/s 10

2 00

( ) 15 15 11tan 36

11( ) 11 4.9 15x

y

x t t v

vy t t t

Le equazioni orarie della velocità sono allora:

0

0

( ) ( ) 15

( ) ( ) 11 9.8x x x

y y y

v t v v t

v t v gt v t t

Da cui si ricava: s m/s

s m/s) m/s s m/s m/s

(1.8 ) 15 ˆ ˆ(1.8 ) (15 (6.6 )(1.8 ) (11 9.8 1.8) 6.6

x

y

vv i j

v

ed il fatto che la componente verticale della velocità sia negativa indica che in quell’istante la palla ha già scavalcato la posizione di massima altezza. 29. 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 èx 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:

128

*0( )Fx t v

0

cosh

v

cossinsin

h

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

quello di catetid ,h . Vale la proporzione: cos

sin

d

h

. Sostituendo risulta:

* cos( )

sinFx t h h

d

hd

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

.

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

Primo: 1 2

22

2

( ) 3.00 3.0015.0 0.546

1( ) 15.0 15.0 4.912 3.00

xtx t t

y xxy t gt y

Secondo: 2 2

22 2

2

( ) 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 20.382 1.39 0 3.64x x x m

e sostituendo nella traiettoria si trova la corrispondente altezza: 2(3.64 (15.0 0.546 3.64 7.77y m) ) m m

Il passaggio per questo punto avviene in tempi differenti, come si verifica imponendo la quota di 7.77 m nelle due leggi orarie:

212

2 (15.0 7.77)15.0 7.77 1.21

9.81gt t s s

2 215.0 1.93 4.91 7.77 4.91 1.93 7.23 0 1.42t t t t t s

Il tuffatore con velocità iniziale tutta orizzontale è quello che entra in acqua più lontano, come si intuisce dalla forma più allargata della sua traiettoria. 31. Scriviamo le equazioni delle due traiettorie ed imponiamo l’uguaglianza della altezze a distanza 7.0 km: primo cannone:

001 22

01 012

y

x x

vv gy x x

v v

0

sin 40

v

2 22 2

0 0

8.40.84

2( cos 40 )cos 40

gx x x x

v v

secondo cannone:

d

h

1

cos

sin

129

002 22

02 022

y

x x

vv gy x x

v v

0

sin 60

v

2 22 2

0 0

19.61.7

2( cos 60 )cos 60

gx x x x

v v

uguagliamo le quote per m37.0 10x si trova la velocità iniziale:

0.84 x 22

0

8.4x

v 1.7 x 2

2

0

19.6x

v

m m/s3

02

0

(19.6 8.4) 7.0 1019.6 8.41.7 0.84 302

1.7 0.84x v

v

E la gittata massima, corrispondente ad un angolo di lancio di 45° è:

m km2

20

max302

9.309.81

vR

g

34. Scegliamo lo zero del riferimento R solidale con la terraferma nel punto da cui parte la barca, e sia 5.0

xV m/s la velocità di trascinamento, cioè quella del

riferimento R solidale con la corrente nel fiume. Iniziamo a contare il tempo nell’istante in cui le origini dei due riferimenti coincidono, cioè quando la chiatta parte. In R risulta:

x x xv v V

Nella fase di moto nel verso della corrente risulta 10.0x

v m/s , da cui si ricava il tempo di andata:

3 32(10 10 ) 10 10

6.7 1010.0 5.0A

x x x

xt

v V v V

0 m s s

nella fase di moto contro corrente risulta 10.0x

v m/s , da cui si ricava il tempo di ritorno, evidentemente più lungo:

3 33(0 10 10 10 10

2.0 1010.0 5.0R

x x x

xt

v V v V

) m s s

e quindi un tempo complessivo di: 2 3 3(6.7 10 2.0 10 ) 27 10

A Rt t t s s

che corrisponde a sette ore e mezza. 35. La velocità V

di trascinamento ( 100V km/h

) è diretta da sud a nord e la

velocità v rispetto all’aria ( 900v km/h ) è diretta da est ad ovest, quindi sono

perpendicolari. Esse sono cateti in un triangolo rettangolo in cui, per le trasformazioni di Galileov v V

, la velocità v rispetto alla terra è ipotenusa. Abbiamo allora:

1100tan 0.111 tan (0.111) 6.33 6 20

900

V

v

Applicando il teorema di Pitagora: 2 2 2 2100 900 906v V v km/h km/h

V

v

v

N

S

W E

130

quindi l’aereo procede in direzione ovest inclinato di 6 20 verso nord ( W 6 20 N) alla velocità di 906 km/h . 36. Il dirigibile deve puntare verso ovest come in figura, in modo che la sua velocità rispetto all’aria v addizionata vettorialmente alla velocità di trascinamento V

del

vento produca il vettore v diretto da nord a sud nel riferimento della terra. In

questo caso risulta V v , e dal teorema di Pitagora abbiamo:

140tan 0.36 tan (0.36) 20

110

V

v

2 2 2 2110 40 117v V v km/h km/h

Quindi deve puntare 20 verso ovest rispetto alla direzione nord ( 20 N W ) con velocità117 km/h . 37. Il nuotatore deve fare in modo di avere una velocità v rispetto alla terra che sia perpendicolare alla velocità di trascinamento V

della corrente. Questo implica che

v deve essere l’ipotenusa di un triangolo rettangolo in cui v e V

sono cateti. Dal

teorema di Pitagora abbiamo la velocità v che riesce a tenere rispetto alla terra: 2 2 2 26.50 3.30 5.60v V v m/s m/s

Troviamo la direzione in cui deve puntare, espressa dall’angolo in figura:

15.60tan 1.70 tan (1.51) 59.5

3.30

v

V

dalla formula per la velocità media abbiamo il tempo impiegato: 800

1435.60

t m s m/s

38. Fissiamo un riferimento R agganciato al foglio che avanza, con gli assi x ed yparalleli ai bordi e l’origine nella posizione di partenza della formica:

cos 30 (2.50 )(0.866) 2.17 2.17x x

v v x v t t cm/s cm/s

sin 30 (2.50 )(0.500) 1.25 1.25y y

v v y v t t cm/s cm/s

Nel riferimento R agganciato al tavolino, con gli assi orientati come inR , il foglio ha una velocità di trascinamento (3.50 ,0)V cm/s

e dalle trasformazioni di

Galileo:

(2.17 3.50) 5.67x x x

v v V cm/s cm/s

(1.25 0) 1.25y y y

v v V cm/s cm/s

Quindi la formica si muove con una velocità ed un angolo rispetto al bordo del tavolo che valgono:

2 2(5.67 ,1.25 ) 5.67 1.25 5.80v v cm/s cm/s cm/s cm/s

1 1tan ( / ) tan (1.25 / 5.67) 12.4y x

v v

ed in un tempo di 10.0 s percorre uno spazio che si può ottenere trasformando le leggi orarie della posizione da R ( 2.17x t , 1.25y t ) adR :

V

v

v

N

S

W E

V

v

v

131

2.17 1.25 5.67 (5.0 ) 28.4x

x x V t t t t x s cm

1.25 (5.0 ) 6.25y

y y V t t y s cm

da cui si ha lo spostamento complessivo 2 2 2 228.4 6.25 29.1s x y cm cm

39. Anche in questo caso le tre velocità formano un triangolo rettangolo, in accordo con la formula v v V

, con R’ riferimento solidale al tappeto. Come si vede dalla figura, in questo caso V

è cateto opposto e v è cateto adiacente all’angolo di

20 sotto cui l’uomo sul tapis roulant vede l’altro avvicinarsi. Nello stesso triangolo rettangolo v è ipotenusa. Abbiamo:

m/s m/s 0.40tan20 0.36 1.1

0.36 0.36

V Vv

v

Applicando il teorema di Pitagora si ha il valore della velocità nel riferimento ancorato al tapis roulant:

m/s m/s2 2 2 20.40 1.1 1.2v V v

40. Nel riferimento in cui la persona è ferma, la pioggia le scende addosso con una

velocità orizzontale v’x opposta a quella con la quale sta camminando, ed ha un

velocità verticale pari a quella di caduta. L’angolo richiesto ha per tangente goniometrica il rapporto fra queste due componenti della velocità:

m/s m/s

2.0tan 0.29 16

7.0x

y

vmisura del cateto opposto ad

misura del cateto adiacente ad v

41. In un riferimento R’ solidale al treno, avente le ascisse parallele alle rotaie ed orientate nel verso del treno, e le ordinate che vanno da un finestrino all’altro nel verso dello sparo, la pallottola ha una velocità v di componenti:

m/s m/s(0.0 30.0) 30.0x x x

v v V

m/s m/s(50.0 0.0) 50.0y y y

v v V

In base al principio d’indipendenza dei moti in direzioni perpendicolari, per attraversare il treno la pallottola impiega un intervallo di tempo t che può essere calcolato facendo riferimento al solo spostamento di 4.00 m lungo le ordinate, cioè:

m m m s m/s

4.00 4.004.00 0.0800

50.0yy

v t tv

In questo intervallo lo spostamento orizzontale x della pallottola all’interno del vagone è stato:

m/s 0.0800 s m ( 30.0 )( ) 2.40x

x v t

Cioè il foro di uscita si trova 2.40 m più vicino alla coda del treno rispetto al foro d’entrata. L’angolo fra la traiettoria e le pareti del treno si trova con il solito metodo della tangente goniometrica:

m/s m/s

50.0tan 1.67

30.0y

x

vmisura del cateto opposto ad

misura del cateto adiacente ad v

v

v

V

20

'v

xv

yv

v y

x

yv

xv

132

42. La durata dei due voli - a parità degli effetti dovuti ai venti - è la stessa. L’affermazione proposta nell’esercizio è errata perché assume che la velocità di partenza dell’aereo sia nulla, invece esso ha la stessa velocità di trascinamento di tutti gli oggetti solidali al riferimento della Terra che ruota, e che quindi costituisce un elemento del tutto neutro rispetto agli spostamenti.