Cinematica vettoriale 1. Indipendenza dei moti ... - francescopoli.net

gy y x0 22v0x2e questa è l’equazione della traiettoria di un lancio orizzontale che parte da quotay ed ha velocità iniziale v .00xCome 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 fermodalla stessa altezza. Lo si ricava imponendo che la quota y( t)sia nulla:1y( t ) y gt 0 t22y* *2 * 0 0gavendo scartato la soluzione negativa, priva di significato fisico in quantoriferita ad un istante antecedente il momento del lancio.Come si calcola la velocità un istante prima di toccare terra?*La velocità verticale v un momento prima di toccare terra è espressa dal valore diyvy ( t ) nell’istante t * :* *2y0v gt g 2y gy0gv 0mentre la velocità orizzontale è sempre uguale al valore iniziale v , e questo vale0xsia un istante prima dell’impatto sia durante tutto il lancio, in quanto non vi èaccelerazione in questa direzione.RCos’è la gittata e come si calcola?Il termine gittata si usa per indicare lo spazio complessivo percorso in orizzontaledal 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 cadutanell’equazione oraria della posizione lungo la direzione orizzontale:2y* 00R x( t ) vg150 m112 m250 m/s700 m1382 mEsercizi1. Un cannone spara orizzontalmente un proiettile da una collina alta 150 m , conuna velocità iniziale di 250 m/s . Si dica a quale distanza dalla verticale che passaper il cannone cade il proiettile. Si scriva quindi l’equazione della traiettoria e sicalcoli 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:x( t) x v t a t 250t10 0x2x24

10 0y22 2y( t) y v t a t 150 4.91tyImponiamo che l’altezza sia nulla per trovare i tempo di caduta * t :2150150 4.91t 0 t s 5.53 s4.91*sostituiamo t nella legge oraria per le ascisse e ricaviamo a quale distanza dallaverticale che passa per il cannone cade il proiettile, cioè la gittata:R x(5.53 s ) 2505.53 m 1382 m 1.38 10 mPer la traiettoria mettiamo a sistema le due leggi orarie ed eliminiamo il tempo:xtx 250t 2505 2 y 150 27.8510x2y 150 4.91t y 150 4.91 x 250il coefficiente del termine di secondo grado 7.85 10 5nella traiettoria è moltopiccolo rispetto agli altri numeri, il che indica che si tratta di una parabola moltoallargata, come ci aspettiamo osservando che in un colpo di cannone i primi metrisono percorsi da proiettile praticamente in orizzontale. Sostituendo la posizionex 700 m nella traiettoria troviamo l’altezza corrispondente:35 2150 7.8510 700 m 112 m2. Una ragazza affacciata da un balcone alto 8.0 m lancia una rosa in direzioneorizzontale per il suo innamorato che si trova alla distanza di 4.0 m dal muro dellacasa. Trascurando la resistenza dell’aria, si dica con quale velocità deve lanciare larosa affinché cada nelle mani del ragazzo, se questi si china raccogliendola unistante prima che tocchi terra. [R: 3.1 m/s ]8.0 mv ?04.0 m3. Una pallina A scivola giù per una guida curva in modo che quando giunge allabase parte con velocità orizzontale 1.50 m/s sotto la sola azione della gravità. Inquello stesso istante viene lasciata cadere una pallina B distante 4.0 m da A. Dopoaver spiegato perché le due palline si scontrano ad una distanza h lungo la verticalecondotta da B, trovare il valore di h . [R: 34.9 m ]4. Un’automobile che procede alla velocità costante di 12.5 m/s , ad un certoistante inizia ad accelerare di 2.50 m/s 2 . Dopo 2.00 s , una pallina viene lasciataandare dal finestrino, che ha un’altezza di 85.0 cm da terra. Quanti metripercorre in orizzontale prima di toccare il suolo? [R: 7.28 m ]A4.0 mBh5

spostamento in orizzontale r seguito da uno verticaleOpossono influenzarsi a vicenda in alcun modo. r e che i due nonVChe 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 èquello di uno spostamento che abbia la coda nella coda del primo segmentoorientato, e la punta coincidente con la punta dell’ultimo. Questa operazione nondipende dall’ordine con il quale viene eseguita, come si verifica facilmenteosservando che i quattro vettori in figura producono sempre lo stesso vettoresomma (in grassetto). Così funziona anche nel mondo reale: la variazione diposizione complessiva quando ci si muove ad esempio da casa al lavoro passandoper l’ufficio postale e per la banca, non cambia se si passa prima per la banca e poiper l’ufficio postale. Ad ulteriore conferma si rifletta sul fatto che quando siaddizionano in modo indipendente le componenti orizzontale e verticale, devevalere la proprietà commutativa fra numeri, e cioè non conta l’ordine nel quale lecomponenti sono sommate. Ne segue che nemmeno l’ordine con il quale si esegue ilmetodo di punta coda non può influire sul risultato finale. Una prova pratica puòessere fatta usando delle matite colorate come rappresentanti dei vettori e cambiarel’ordine di addizione.Cosa è quindi un vettore?In base a quanto sopra esposto si intuisce che è possibile definire un vettore anche aprescindere dal vettore spostamento. Questo risulta particolarmente utile in quantocome vedremo vi sono numerose grandezze fisiche, come ad esempio la velocità el’accelerazione, che sono individuate, oltre che dalla loro intensità, anche da unadirezione e da un verso lungo questa direzione:si dice vettore un insieme costituito da tutti gli infiniti segmenti orientatatiequipollenti fra loro, e che segue la regola di addizione con il metodo di puntacoda.Un vettore pertanto non è semplicemente una grandezza alla quale è in piùassociata una direzione, ma uno strumento matematico che segue il metodo dipunta-coda per l’addizione. Ad esempio la freccia scagliata da un arco non èun vettore, come si capisce subito pensando che non si può ottenere un tiroverso NordEst lanciando contemporaneamente due frecce uguali, una a Norded una ad Est. Il vettore si indica con una lettera con sopra una freccia, adesempio a . Gli infiniti segmenti orientati da cui il vettore è costituito vengonodetti rappresentanti del vettore. La lunghezza di uno qualsiasi dei suoirappresentanti si chiama intensità del vettore e si indica con il simbolo a . Unvettore risulta pertanto individuato quando ne vengono assegnati l’intensità, ladirezione ed il verso lungo la direzione stessa.a ya a xQuali informazioni bisogna fornire perché un vettore sia identificato?Come si è visto, un vettore è assegnato attraverso le coordinate ( a ; a ) dellapunta del suo particolare rappresentante che ha la coda nell’origine. Tuttavia,oltre che tramite le componenti possiamo identificarlo tramite la sua intensitàa e l’angolo (lettera greca theta), che forma con l’asse delle ascisse, misuratoxy8

positivo se si gira in verso antiorario, e negativo se si gira in verso orario. Adesempio potremo esprimere il vettore b in figura fornendo le coordinate:b (4;2) , oppure tramite l’intensità: b 20 e l’angolo: 27 .Come si può passare alle coordinate, noti l’ intensità e l’angolo?Se di un vettore a si conoscono l’inclinazione e l’intensità a (e si ha220274b 0 90 ), per risalire alle coordinate bisogna considerare un triangolorettangolo simile a quello di catetia ,xa ed ipotenusa a , che però abbiayl’ipotenusa che misuri 1 . Ogni calcolatrice tascabile ha memorizzate le lunghezzedei 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 a aya xAttraverso semplici relazioni di similitudine si ottengono le formule che permettonodi risalire alle coordinate:a axa a cos xcos 1 1sin a aya a sin ysin 1 cos Esercizi5. Calcolare le componenti ( a ; a ) di un vettore a avente intensità a 5inclinazione 20 .Risulta:a a cos 5 cos20 50.940 4.70xa a sin 5 sin 20 5 0.342 1.71yxyeda y520a xa Come si passa invece all’ intensità ed all’angolo, note le componenti?Se di un vettore a si conoscono le coordinate a ed a (e si ha a 0 ed a 0 ) ex yxysi vuole risalire all’inclinazione ed all’intensità a , per quest’ultima si applica ilteorema di Pitagora:a a a2 2x yPer trovare l’inclinazione invece, bisogna di nuovo considerare il triangolorettangolo simile al nostro ed avente ipotenusa che misura 1 . Il rapporto fra lelunghezze dei cateti di qualunque triangolo rettangolo di ipotenusa unitaria èmemorizzato nella calcolatrice e si chiama:9

misura del cateto opposto a tangente di misura del cateto adiacente a (simbolo tan)Poiché il rapporto fra cateti è lo stesso anche nel triangolo di lati a ed a si ha:x yatan aPer trovare si calcola quindi il rapporto a / a e , sapendo che questo è ugualealla tangente di lo si inserisce nella calcolatrice chiedendo di estrarre dalla suamemoria l’angolo che produce proprio quel valore del rapporto fra i cateti.yyxxa 1801ay tan ax180270x 0ax 0 tan901aayx 0360Come si esegue questa operazione con una calcolatrice?Bisogna innanzitutto settare la calcolatrice chiedendo che gli angoli vengano espressiin 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 tasto1tan dopo (o prima a seconda del modello) aver inserito il valore del rapporto1a / a , e si calcola tan a/ a . Quindi, per avere bisogna distinguere ayxyxseconda del segno della componente orizzontale del vettore, come illustrato anche infigura:ax a1 y 0 tana;x ax a1 y 0 180 tana x questo procedimento fornisce valori negativi (cioè ottenuti girando in verso orario)per gli angoli nel quarto quadrante.22c ca b a a3 1c 2b 33 dd b2d Esercizi6. Calcolare l’intensità e l’inclinazione dei vettori: a (3;2) , b ( 1; 3) , c( 2; 2),d(2; 3).Risulta:2 2a 3 2 13 tan 1 2a 33.7 32 2b ( 1) 3 10 b 180 tan 180 71.6 108 11 32 2c ( 2) ( 2) 8 180 tan 1 2c 225 22 2d 2 ( 3) 13 d tan 56.3 2 1 3 10

7. Si sommino i due vettori spostamento AB 5.0 m , 80 ° .Be BessendoA 3.0 m, 20 ° ,A5.9Scriviamo le componenti:Ax A cos20 3.00.94 2.8 m Ay A sin 20 3.00.34 1.0 mBx B cos 70 5.0 0.17 0.87 m By B sin 80 5.00.98 4.9 m Indicando con C A B , sommiamo le componenti corrispondenti:C A B 2.8 0.87 3.7 mx x xCy Ay By 1.0 4.9 5.9 mRisulta quindi C 3.8;5.9. In termini di intensità ed angolo si ha poi:C 2 2 2 2 C C 3.7 5.9 7.0 mxy4.91.0B0.87CA2.8 3.7CCyx5.91 1.6 tan 1.6 58C3.7Le componenti dei vettori, sono a loro volta dei vettori?In qualunque contesto in cui siano presenti vettori, le grandezze espresse da unsemplice numero sono dette scalari. Le componenti di un vettore sono pertanto degliscalari. Attraverso dei particolari vettori spostamento, detti versori, diretti come gliassi e la cui lunghezza misura 1 (nelle unità del sistema di riferimento), è possibileintrodurre anche le cosiddette componenti vettoriali del vettore. Indicheremo con: x un vettore di lunghezza 1 avente la direzione ed il verso dell’asse delleascisse, quindi sarà ˆx (1; 0) (versore x )y un vettore di lunghezza 1 avente la direzione ed il verso dell’asse delleordinate, quindi sarà ŷ (1;0) (versorey )A A ; A , chiameremoSe quindi risulta che un vettore ha componenti scalari: x y yxcomponenti vettoriali di A i vettori:Ax Ax x cioè Ax ( A x;0)Ay Ay y cioè Ay (0; A y)in modo che risulti: A A A A x ˆ A y ˆxyxyCome si può moltiplicare uno scalare per un vettore?Da quanto esposto sopra, implicitamente risulta definita anche l’operazione dimoltiplicazione di uno scalare k per un vettore A , intendendo che si devemoltiplicare ciascuna delle componenti del vettore per lo scalare.kA kA ; kAxyA1A 32A11

Ad esempio se 2k ed A3;1 avremo kA 2 A ( 6; 2), ed il risultatodell’operazione è un vettore la cui intensità vale:kA kA k A A k A 22 2 2x y x ycioè nel caso proposto kA 2 5.BA A BCome 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 puntadi B e la punta sulla punta di A .8. Considerati i vettori a (3,2) e b (1, 4) si calcolino i vettori c 3a , d a be p 2a 5b.In base alla definizione risulta: c 3a 3(3;2) (33; 32) (9;6) d a b (3;2) (1; 4) (3 1;2 4) (4;6) p 2a 5b 2(3;2) 5(1; 4) (2 3 51;2 2 54) (1; 16)9. Assegnati i vettori a (2,1) e b (3, 2) 1del vettore p 3a 2bsi trovino intensità ed inclinazione[R: 87 /2; 191 ]12

4. I vettori velocità ed accelerazioneCome viene definito il vettore velocità media?Per analogia con il caso in una dimensione, con il termine velocità mediaintenderemo ora un vettore la cui intensità fornisce il valore di velocità costante che laparticella dovrebbe avere per muoversi dalla posizione iniziale a quella finale lungoil segmento orientato che rappresenta lo spostamento, nello stesso intervallo temporale t che le occorre per eseguire il tragitto reale lungo la traiettoria. Possiamo definireun tale vettore facendo il rapporto fra il vettore spostamento r e l’intervallo tdurante il quale è avvenuto. Matematicamente lo si ottiene moltiplicando il vettore r per lo scalare 1/ t :v mrvelocità vettoriale media:vmr1 t r tvettorescalareCosa succede rimpicciolendo sempre più l’intervallo temporale?Quando t tende a diventare nullo, chiudendosi attorno all’istante in cui inizialo spostamento, il rappresentante del vettore spostamento r tende adiventare un segmento di lunghezza sempre più piccola e direzione tangente allatraiettoria. Sebbene in questa operazione t e r perdano di significatofisico, così non è per il loro rapporto, il quale si avvicina sempre più adescrivere la velocità nell’istante di partenza considerato. Il vettore che siottiene può quindi essere associato ad ogni lettura di orologio e si dice:v rvettore velocità istantanea (o semplicemente vettore velocità): rv lim t 0tSe ad un dato istante venisse annullata ogni azione dall’esterno, la particellaproseguirebbe il moto lungo una linea retta 1 , e la sua velocità sarebbe persempre costante e pari al valore posseduto in quell’istante. Il rappresentantedel vettore velocità che ha la coda nella posizione della particella esprimeproprio questa direzione istantanea, che è la tangente alla traiettoria.v 1v 2v 3Quali sono le componenti del vettore velocità?Grazie all’indipendenza dei moti in direzioni perpendicolari, il passaggio al limiteagisce indipendentemente lungo le direzioni dei due assi, pertanto si ha che: xyv lim ; lim ( vx; vy)t0 tt0t1 E’ quanto prevede il principio d’inerzia, del quale ci occuperemo più avanti.13

In base alla definizione stessa di vettore spostamento, la lunghezza delsegmento orientato che rappresenta il vettore velocità è l’intensità della velocitàin quell’istante:v v 2 v 2 xyCome si definiscono i vettori accelerazione media ed istantanea?Consideriamo un intervallo di tempo t nel quale il vettore velocità istantaneasubisce variazioniverticale. lungo la componente orizzontale e v lungo quellayvxSi definiscono vettore accelerazione media a m e vettore accelerazione istantanea a (osemplicemente accelerazione) quelli aventi componenti rispettivamente:amvx tvy;t vvxy a lim ; lim ( ax; ay)t0 t t0 tya (0; g)xDiscuteremo più avanti la direzione del vettore accelerazione nel caso generale; nelcaso particolare dei problemi di caduta libera in due dimensioni che considereremonel prossimo paragrafo, se l’asse delle ordinate punta in alto esso ha componentia (0; 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 dalpunto di sparo risulta v ( v ;0) e a (0; g), così che durante la caduta la0 0xcomponente orizzontale della velocità rimane sempre uguale al valore inizialementre quella verticale aumenta ogni secondo che passa di 9.81 m/s al secondoverso il basso. L’effetto è un graduale aumento dell’intensità del vettore velocità,come si vede in figura.y0v 0v yv xv xa v v v yv xv v yx14

5. Cinematica del lancio obliquoStudieremo ora la cinematica del lancio di un proiettile con un angoloiniziale qualsiasi in condizioni di caduta libera. Abbiamo visto comel’indipendenza dei due moti perpendicolari comporti che non si possaaccelerare o rallentare il moto lungo la direzione orizzontale agendo su quellaverticale e viceversa. In altri termini qualunque moto su di un piano può esserepensato come generato da due moti indipendenti sugli assi, cioè si può produrreun moto in due dimensioni combinando quelli in una dimensione.Proviamo infatti a lanciare un proiettile attraverso un meccanismo come quelloin figura, tramite un nastro trasportatore che imprime una velocità orizzontalev sormontato da una molla che imprime una velocità verticale v0x0ye filmiamola traiettoria. Successivamente ripetiamo il lancio imprimendo nel proiettile unavelocità inclinata di un angolo tale che tan v0y/ v0x, e con intensità 2 2v v v . Si osserva che la traiettoria è la stessa nei due casi.0 0x0yCome possiamo scrivere le leggi orarie di tale lancio?Consideriamo un proiettile in caduta libera sparato dall’origine con una velocitàiniziale v 0 che formi un angolo con l’asse orientato delle ascisse.y maxv 0yv 0v 0xv yyv xv v xv v v xxmaxv yRv yv xv v v xSe indichiamo le componenti della velocità con ( v0x, v 0y), (in figura sono riportatiinvece i “vettori componenti”), per il principio di indipendenza dei moti indirezioni perpendicolari possiamo scrivere subito le leggi orarie della posizione edella velocità:x v0xt 1y v0yt 2gt2vx v 0xvy v0y gtDalla legge della posizione lungo le ascisse si esprime il tempo in funzione di x , edinserendolo nella legge oraria della posizione lungo le ordinate si ottiene l’equazionedella traiettoria:15

xt v v0xg0yy x 2v0x2v0xx2Anche in questo caso la traiettoria è una parabola, ben visibile ad esempioosservando il getto d’acqua della fontane oppure la traiettoria descritta dalla lava nelfilmato di un’eruzione vulcanica. Continuano inoltre a valere lungo i due assi lerelazioni fra velocità e posizione ricavate per la cinematica lungo una retta:2 2 2 2 x 0x x 0xv v a x v2 2 2y 0y y 0yv v 2a y v 2gyQuanto vale il tempo di permanenza in volo?Calcoliamo dapprima il tempo t che occorre al proiettile per raggiungere ilmaxpunto di massima altezza. Poiché il moto in direzione verticale non è stato alteratodal fatto che l’oggetto si muove contemporaneamente anche in orizzontale, il puntodi massimo continua ad essere caratterizzato dall’annullarsi della componenteverticale della velocità. Si noti però che nel massimo, la velocità complessiva invecenon si annulla, ma è tutta in direzione orizzontale, con un’ intensità uguale al valoreiniziale v . Imponendo che nel massimo si annulli la componente verticale della0xvelocità, ricaviamo valore di t max :vvy( tmax ) 0 v0y gt tmaxg0yLe coordinate del massimo si ottengono inserendo t max nelle leggi orarie dellaposizione (oppure con le formule per il vertice della parabola applicate allatraiettoria):2v0xv0yv0yxmaxymaxg2gProprio come nel caso del lancio in verticale lungo una retta, le due fasi di salita ediscesa sono simmetriche, cioè durante la fase di discesa successiva massimo, lacomponente verticale della velocità riassume (con segno invertito) tutti i valori cheaveva 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 t max :v 0229.15 mt*v 2gEsercizi10. Un calciatore colpisce il pallone imprimendogli una velocità iniziale inclinata di22 rispetto al terreno e d’intensità v0 25 m/s . Riesce a superare una barriera0y16

alta 1.85 m e distante 9.15 m ? Quale quota massima raggiunge il pallone? Quantodura il tiro?Come prima cosa calcoliamo le componenti della velocità:v0x v0 cos (25.0 cos 22 ) m/s (25.0 0.937) m/s 23.2 m/sv0y v0 sin (25.0 sin 22 ) m/s (25.0 0.375) m/s 9.38 m/sScriviamo quindi le leggi orarie della posizione e da queste l’equazione dellatraiettoria:legge oraria: x 23.0t 2 y 9.38t 4.91t xt 23.0traiettoria: 9.38 9.81 23 2y x x 0.408x 9.2710 x2 23.0 223.0Per capire se la barriera viene superata occorre confrontare la quota del pallone a9.15 m dalla posizione di lancio con l’altezza della barriera : 3 2y(9.15 m ) (0.408 9.15 9.27 10 9.15) m 2.96 messendo la quota maggiore di 1.85 m la barriera viene superata.Il tempo complessivo di permanenza in volo è :*v0y23.2t 2 2 s 4.73 sg 9.81Per il calcolo della quota massima raggiunta inseriamo nella legge oraria dellaposizione, il tempo in cui si annulla la componente verticale della velocità:vx 23.3 9.38legge oraria della velocità: vy 0 t s 0.956 svy 9.38 9.81t9.81 x(0.956 s ) (23.3 0.956) m 22.3 mlegge oraria dello spazio: 2y(0.956 s ) (9.38 0.956 4.91 0.956 ) m 4.48 mCome 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 posizionelungo la direzione orizzontale:*0x2R v t vv0x0ygA parità del valore di intensità iniziale v 0 , l’ampiezza della gittata variasensibilmente a seconda dell’inclinazione iniziale del vettore velocità.L’inclinazione è determinata dai valori delle componenti orizzontale e verticale v 0xe v 0y di v 0 , e come si vede la gittata è massima quando è massimo il prodottov v . Sappiamo inoltre che i componenti della velocità iniziale sono vincolati dalla0x0yrelazione:v v v2 2 0 0x0y17

v 0xv 0yFissata l’intensità della velocità iniziale, cioè fissato v , osserviamo che il prodotto0v0xv 0yè l’area di un rettangolo di diagonale v e lati v00x e v 0y . L’area di unrettangolo di diagonale fissata assume il suo valore massimo quando i due lati sonouguali e diviene un quadrato. Consideriamo infatti la semicirconferenza che ha perdiametro la diagonale comune a questa famiglia di rettangoli, ed osserviamo checiascuno di essi è diviso dalla diagonale in due triangoli rettangoli uguali, diagonaleche è anche ipotenusa. Al variare delle misure dei cateti, il vincolo 2 2v v v fa sì che questi triangoli siano sempre inscritti nella0 0x0ysemicirconferenza, pertanto, mentre la misura della base rimane costante, la loroaltezza può variare da zero fino ad un valore massimo, che è il raggio dellasemicirconferenza. Il triangolo che ha la massima altezza possibile a parità di base haanche la massima area e, per la simmetria della figura, è la metà di un quadrato,come volevamo dimostrare. Allora la gittata è massima quandov0x v0y v 0 / 2 , ed in questo caso l’angolo di lancio è 45°. Sostituendo1 20x0y2 0v v v nell’espressione di R risulta:Rmaxv0g2Che relazione esiste fra lanci ad angoli minori e maggiori di 45°?Scambiando fra loro v 0x e v 0y nella relazione R 2 v0xv0y/ g si ottiene ilmedesimo 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 terrainclinato di 75 arriva altrettanto lontano di uno inclinato di 15 che abbia la stessavelocità iniziale, in quanto entrambi differiscono di 30 dall’angolo di gittatamassima.45 45 45R v vg0 02 x yv 02gv 022v 029.15 mv 0gEsercizi11. Relativamente all’esempio 10, di quanti metri la gittata è inferiore al valoremassimo possibile per quel modulo della velocità iniziale?Imponiamo y 0 nell’equazione della traiettoriatrovare la gittata: 3 2y 0.408x 9.27 10x per18

3 20.408y 0.408x 9.27 10 x 0 x m 44.0 m39.27 10Per la simmetria del problema la posizione orizzontale del massimo trovata inprecedenza risulta la metà della gittata.Confrontiamo ora la gittata con il valore massimo possibile:v20 25.0Rmax m 63.7 m Rmax R (63.7 44.0) m 23.3 mg 9.8112. 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 trova4.0 m sopra alla strada, alla distanza di 6.2 m dal punto di lancio. Quale velocitàiniziale è stata impressa al mazzo di chiavi? Per quanto tempo è rimasto in aria?[R: 9.7 m/s , 1.3 s ]y 2601.2 m6.2 m4.0 m13. Un giocatore di pallacanestro esegue un tiro con velocità iniziale di 14.0 m/s conun angolo di 50 rispetto ad una linea orizzontale. A 18.0 m dalla sua posizione sitrova il canestro, che viene centrato. Si dica di quanti metri il canestro è situato più inalto della mano che ha lanciato il pallone, e se nell’istante n cui fa centro, la palla hagià scavalcato il punto di massima altezza della traiettoria. [R: 1.76 m, si ]14. Un sasso viene scagliato da un promontorio alto 80 m con un angolo 35rispetto all’orizzonte ed una velocità iniziale v0 5.0 m/s . Trovare la massimaaltezza raggiunta dal sasso, la distanza dal promontorio alla quale entra in acqua, ilmodulo e l’angolo della velocità in quell’istante.[R: 80.4 m ,17.8 m , 39.9 m/s, 84.1 ]y 1v 05018.0 mx15. In relazione al problema precedente, sapendo che una barca si sta allontanandodalla riva con velocità costante di modulo v 2.0 m/s e che dista 4.0 m dalla rivanel momento in cui viene lanciato il sasso: mostrare che il sasso non la colpisce ecalcolare quale velocità deve avere la barca affinché il sasso possa centrarla.[ R: 3.18 m/s ]B4 .0 mv A16. Consideriamo una particella lanciata da una quota y con una velocità scalare0iniziale v 0 , ma con successivi, differenti valori dell’angolo di lancio. Dimostrare cheil modulo v della velocità ad una certa quota y*dipende solo dallo spostam entoverticalecomplessivo.[R: in fondo]yy 0y *v 01 2 3 4 y17. Un ladro corre sul tetto di un palazzo inseguito dalla polizia, stringendo in manola refurtiva. Per mettersi in salvo decide di spiccare un salto e raggiungere il palazzoattiguo, che dista 4.00 m ed ha la medesima altezza. A quale velocità minima devecorrere 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 frontel’oggetto va a sbattere ?[R: 4.43 m/s ]yx4.0 m18. James Bond si lancia da un elicottero per atterrare dentro al cassone di uncamion carico di paglia, alto 2.20 m , e distante in quel momento, 3.00 m dalla19

y15.0 mv 03.00 mxverticale 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 velocitàcostante di 2.50 m/s , si mostri che se l’autista non accelera Bond fallisce il bersaglio.Si dica poi quant’è l’accelerazione costante che l’autista dovrebbe imprimere alcamion affinché il salto riesca.2[R: 0.776 m/s ]yv 03512.0mx19. Uno sciatore esegue un salto da un trampolino che s’incurva in fondo ad unadiscesa, facendolo staccare con un’inclinazione di 35 . La pista orizzontalericomincia a distanza di 15.0 m , in un punto più in basso di 12.0 m rispetto allafine del trampolino. Con quale velocità minima deve avvenire lo stacco se vogliamoche il salto riesca? Con quale velocità ricade? Con quale velocità massima puòsaltare se non vuole travolgere un altro sciatore che è appena atterrato con velocitàorizzontale 19.0 m/s ?[R: 8.56 m/s ,17.6 m/s ,23.2 m/s ]v 015.0mdh20. Il più celebre tra i problemi di cinematica è quello che vede un cacciatore postonell’origine degli assi tentare di colpire con una freccia una scimmia appollaiata adun’altezza h fra i rami di un albero che si trova a distanza d . Il cacciatore, che nonconosce bene la cinematica e mira dritto nella direzione della scimmia, sarebbedestinato a fallire il colpo perché, com’è noto, la traiettoria non è una linea retta mauna parabola. Tuttavia anche la scimmia non conosce la cinematica, e nel tentativodi evitare il colpo si lascia andare nel medesimo istante in cui viene scoccata lafreccia, e viene inevitabilmente colpita al volo. Dimostrare che, qualunque sia ilvalore della velocità iniziale, non c’è scampo per la scimmia se si lascia cadere.[R: in fondo]yv 0y 021. Due amici si tuffano da uno scoglio alto 15.0 m , il primo orizzontalmente, convelocità iniziale 3.00 m/s , il secondo ad un angolo 40 verso l’alto conmodulo della velocità iniziale sempre 3.00 m/s . A quale distanza dalla base deltrampolino hanno la stessa altezza? Passano nello stesso istante per questo puntod’incrocio delle traiettorie? Quale dei due entra in acqua più lontano?[R: 3.64 m, no, il primo ]*yx20

Soluzioni2. Scriviamo la legge oraria della posizione per la rosa e da questa ricaviamone latraiettoria: x v0t4.9 2y 8.0 x22y 8.0 4.9tv 0 imponiamo che alla distanza di 4.0 m l’altezza della rosa sia zero e troviamoun’equazione nella sola incognita v 0 :Ay4.0 mBhx 24.9 24.94.08.0 4.0 0.0 v0 3.1m/s2 v 8.003. Le due palline si scontrano perché la legge che regola la caduta verticale di A nonè influenzata dal fatto che possieda anche una velocità in orizzontale, quindi èproprio la stessa legge che regola la caduta di B. Per trovare h occorre calcolarequanto tempo impiega A per fare 4.0 m in orizzontale. Scegliamo un riferimentocon lo zero delle ordinate all’altezza dove A e B si scontrano, così che la quotainiziale delle due palline sia proprio h , e lo zero delle ascisse in corrispondenza di Ain fondo alla guida, come in figura. Scriviamo le leggi orarie della posizione di A:1 2 1 2x( t) x v t 1.50ty( t) y0 v0yt 2gt h 2gt0 0xImponiamo che siax( t) 4.00m , trovando così il tempo che occorre ad A peravere l’ascissa di B:4.004.00 1.50t t s 2.67 s1.50per come si è scelto il riferimento, in quello stesso istante la quota di A sarà nulla equindi abbiamo la condizione che permette di trovare h :2 2 2y( t ) h 1 gt 0 h 1 gt ( 1 9.812.67 ) m 34.9 m* 2 * 2 * 24. Nell’istante in cui viene lasciata andare, la pallina ha la stessa velocitàdell’auto, che è tutta orizzontale. Scriviamo la legge oraria per l’auto ecalcoliamo :v( t) v at 12.5 2.50 t v(2.00 s ) (12.5 2.502.00) s 17.5 m/s0Scegliamo un riferimento con lo zero delle ascisse nel punto in cui viene lasciatala pallina. Si hanno per essa le leggi orarie:x( t) 17.5t 2 y( t) 0.850 4.91tcalcoliamo il tempo che impiega a toccare terra, sostituiamolo nella equazioneper la coordinata orizzontale ottenendo così lo spazio percorso:20.850 4.91t 0 t 0.850 / 4.91 s 0.416 sx(0.416 s ) 17.50.416 m 7.28 m1 3 99. Abbiamo: p 3(2;1) (3; 2) ( 6 ; 3 1) ( ; 4)p ( 9/2) ( 4)2 2 8722 2 224

ed essendo px 0 dobbiamo sommare 180 al risultato della calcolatrice peravere l’nclinazione del vettore:1py 1 4 180 tan 180 tan 180 11 191p 9/2 xy12. Scriviamo le leggi orarie dello spazio nel riferimento in figura:x( t) v cos 60 0 t 0.50v 0t1 2 2y( t) 1.2 ( v sin 60 ) t gt 1.2 0 0.87 v0t 4.9t2Calcoliamo il tempo che occorre alla coordinate orizzontale a percorrereotterremo un’espressione dove la velocità iniziale rimarrà incognita:6.20.50 v t 6.2 t 00.50 v06.20 m ,Sostituiamo questo valore nella coordinata verticale ed imponiamo che inquell’istante la quota sia 4.0 m . Si ottiene una condizione per trovare v 0 :0601.2 m4.0 m6.2 mx4.0 1.2 0.87 v 02 6.26.20.50 v 4.9 0.50 v 0 0188 1888.0 v 9.7 m/s2 02 20.50 v0.50 8.00Il calcolo del tempo complessivo del volo si effettua scrivendo la legge oraria lungole ascisse con il valore trovato, ed imponendo quindi che la posizione finale sia6.20 m :6.2x( t) 0.50 v0t 4.9t 6.2 m t s 1.3 s4.913. Scriviamo la legge oraria della posizione del tiro nel riferimento in figura, avendoindicato con y 1 ed y 2 la quota iniziale del pallone e l’altezza del canestro,rispettivamente.x( t) 18.0 14.0 cos 50t 18.0 9.00t 1 2 2y( t) y1 14.0 sin 50t 2gt y1 10.7t 4.91tIl pallone raggiunge il canestro quando x( t) 0 , quindi si ha per il tempo dipermanenza in volo:18.018.0 9.00t 0 t s 2.00 s9.00I dati del problema forniscono quindi la condizione y(2.00 s) y2da cui:22 1 2 1y y (10.7 2.00 4.912.00 ) m y y 1.76 mNell’istante in cui è raggiunto il massimo si annulla la componente verticale dellavelocità:14.0 sin 50vy( t) 14.0 sin 50 gt 0 t s 1.09 s9.81che come si vede è precedente all’istante in cui fa canestro.25

y 014. Iniziamo con lo scrivere le leggi orarie sia per la posizione che per la velocità:x( t) 5.00cos 35t 4.10t1 2 2y( t) 80.0 5.00 sin 35t gt 80.0 2.87t 4.91t2 vx( t) 5.00 cos 35 4.10vy( t) 5.00 sin 35 9.81t 2.87 9.81tLa massima altezza è raggiunta nell’istante in cui si annulla la componente verticaledella velocità. Inserendo il tempo così trovato nelle leggi orarie della posizione siottiene il suo valore y max :2.90vy( t) 2.90 9.81t 0 t s 0.297 s9.812ymax (80.0 2.87 0.297 4.91 0.297 ) m 80.4 mQuando il sasso entra in acqua la sua quota è 0. Scartando la soluzione che produceun tempo negativo si ha:y( t) 80.0 2.87t 4.91t 0222.87 2.87 4 80.0 4.91 2.87 39.7t s s t 4.34 s9.81 9.81e quindi il sasso entra in acqua ad una distanza dal promontorio di:x(4.34 s ) (4.10 4.34) m 17.8 mcon una velocità le cui componenti sono:vx(4.34) 4.10 m/svy(4.34) 2.87 9.81 4.34 39.7m/scui corrispondono un modulo ed un angolo :2v(4.34 s ) 4.10 39.7m/s 39.9 m/s239.7m/s1tan 9.68 tan ( 9.68) 84.14.10 m/syy 0v 01 2 3 4y * y15. Scriviamo la legge oraria della posizione della barca e calcoliamo la sua distanzadal promontorio nell’istante t 4.34 s in cui il sasso raggiunge l’acqua:x ( t) 4.00 2.00 t x (4.34 s ) (4.00 2.00 4.34) m 12.7 mBBcome 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 promontoriopari a 12.7 m .Per essere colpita dovrebbe muoversi più velocemente. Indicando con v B la suavelocità costante, incognita, imponiamo che essa dopo 4.34 s si trovi a17.8 m dall’origine ed otteniamo:x ( t) 4.00 v t x (4.34 s ) 17.8 m 4.00 m v (4.34 s)B 0B B Bv B17.8 4.00 m/s 3.18 m/s4.3416. La proprietà esposta implica che alla quota*y in figura il modulo della velocitàsia lo stesso lungo le traiettorie 1 ,2 , 3 e 4 ottenute lanciando la particella con26

angoli differenti ma con la medesima velocità scalare iniziale. Analogamente, lungola traiettoria 4 , quando la particella ripassa alla quota y 0 lo spostamento verticalerispetto all’inizio è nullo, e quindi la particella assume lo stesso modulo dellavelocità che aveva all’inizio ( e, per motivi di simmetria, è inclinata di un angolosotto all’orizzontale uguale a quello di cui era inclinata sopra all’orizzontaleinizialmente). La proprietà si dimostra semplicemente a partire dalle due relazioni:2 2 2 2v v 0 2 g( y)e v vyyx0xche sommate producono: 2 2 2 2 2 2v v v v v 2gy v 2gyx y 0x 0y0e come si vede, in un moto di caduta libera la velocità scalare dipende solo dalospostamento verticale complessivo y . In particolare, per tutte le quattro letraiettorie disegnate, la velocità scalare è la medesima un istante prima di toccareterra.17. Poiché i due palazzi hanno l stessa altezza, poniamo il livello zero della quota sulloro tetto, in modo che la velocità scalare minima con cui deve essere spiccato il saltosia quella corrispondente all’angolo che produce la massima gittata, cioè 45 : 2v0Rmax 4.00 m v0 4.009.81 m/s 6.26 m/s .gLa velocità minima con cui il ladro deve correre è la componente orizzontale delvettore v 0 il cui modulo misura 6.26 m/s , pertanto:v0xmax v0 cos (6.26 cos 45 ) m/s 4.43 m/sLa refurtiva è in caduta libera insieme al ladro, quindi qualunque sia il punto in cuiperde il contatto dalla mano essa prosegue lungo la medesima traiettoria e cade sultetto dell’altro edificio assieme al ladro.18. Leggi orarie della posizione di James Bond:x1( t) 4.20 cos 20t x1( t) 3.95t1 22y2( t) 15.0 4.20 cos(90 20 )t gt y2( t) 15.0 1.44t 4.91t2legge oraria della posizione del camion a velocità costante: x 2 ( t ) 3.00 2.50 tL’istante in cui si incontrano avranno la stessa distanza dalla verticale condottaper il punto di lancio, e cioè:3.00x1( t) x2( t) 3.95t 3.00 2.50t t s 2.01s3.95 2.50il salto è riuscito se in quel momento la quota di James Bond è pari all’altezzadel camion, e cioè 2.20 m . Sostituiamo nella legge oraria della coordinataverticale per verificare:y2(2.01) (15.0 1.44 2.01 4.912.01 ) m 7.73 m (!!)La quota negativa indica che per quell’istante il povero agente 007 è già sprofondatonel sottosuolo, cioè la quota zero viene raggiunta ben prima di 2.01 s . E’ evidenteche l’autista deve accelerare oppure rallentare. Scriviamo di nuovo la legge orariadel veicolo, includendo stavolta l’accelerazione:227

1x ( t) 3.00 2.50t a t22 x2Calcoliamo il tempo che occorre all’agente per raggiungere la quota di2y 2 ( t ) 15.0 1.44 t 4.91 t 2.20 m221.44 1.44 4 4.91( 12.8)4.91t 1.44t 12.8 0 t s9.81 t 1.48 s t 1.78 s1 2troviamo quanto vale la suo coordinata orizzontale in quell’istante:x1(1.48 s ) (3.95 1.48) m 5.85 med imponiamo che sia la stessa del camion in quell’istante, trovando cosìl’accelerazione necessaria:12 2x (1.48 s ) 5.85 m 3.00 2.501.48 a (1.48) 5.852 0.776 m/sa xquindi il camion deve diminuire la sua velocità.22 x2.20 m :19. Leggi orarie durante il salto:x( t) v cos 35t0x( t) 0.819 v t01 2 2y( t) 12.0 v sin 35t gty( t) 12.0 0.574 v t 4.91t002*calcoliamo l’istante t , dipendente dal valore incognito di v , in cui si trova a015.0 m dalla verticale sotto al trampolino:* * * 15.0x( t ) 0.819 v t 15.0 t 00.819 vla velocità minima per la quale il salto riesce è quella per cui, nell’istante in cuix 15.0 m , si ha y 0 :*y( t ) 12.0 0.574 v02 2 15.015.00.819 v 4.91 00.819 v0 0 15.0 15.0 4.9122.5 4.91 v0 m/s 8.56 m/s0.819v 0 0.819 22.5* 15.0Per trovare la velocità con cui ricade si inserisce t s 2.14 s nella0.8198.56legge oraria della velocità:* v ( t) 8.56 cos 35 ( ) 7.01 m/sxv t x v ( t) 8.56 sin 35 9.81 t * yv ( t ) 16.1m/s y* 2 2 v( t ) 7.01 ( 16.1) m/s 17.6 m/sSe non vuole travolgere l’altro sciatore, la sua velocità orizzontale di atterraggio nondeve superare 19.0 m/s . Ma tenendo conto del fatto che la velocità orizzontale nonsi modifica mai in un problema di caduta libera, questo è anche il valore orizzontaledella velocità al momento del salto:028

19.0 34.0vx( t) v0x 19.0 m/s v0 cos 35 v0 m/s m/s 23.2 m/scos 350.819quindi non travolge il secondo sciatore purché v 23.2 m/s020. Leggi orarie della freccia:xF( t) v0cos t xS( t) d1 2 1 2yF( t) v0sin t gt yS( t) h gt2 2Per mostrare che la scimmia viene colpita indipendentemente dal valore v 0dellavelocità iniziale, bisogna far vedere che quando l’ordinata della freccia è uguale a*quella della scimmia, l’ascissa della freccia è x d . Troviamo il tempo t per ilquale si uguagliano le quote della scimmia e della freccia: 1 2 1 h gt20y ( ) ( ) sinFt y St v t 2gt2* h t v0 sin vediamo qual è l’ascissa della freccia in questo particolare istante:*xF ( t ) v h cos cos 0 hv sin sin 0Consideriamo ora il triangolo di ipotenusa unitaria e cateti cos , sin , simile aquello di cateti d , h . Vale la proporzione: cos dsin . Sostituendo risulta:h* cos xF( t ) h hd dsin he quindi esiste sempre un istante, dipendente dalla velocità iniziale v per il quale0la freccia ha le stesse coordinate della scimmia, indipendentemente da quant’è v .021. Scriviamo le leggi orarie e le traiettorie dei due tuffatori. xx1( t) 3.00tt 3.00Primo: y 15.0 0.546x122y2( t) 15.0 gt x y 15.0 4.91 2 3.00x2( t) 3.00 cos 40 t x2( t) 2.30tSecondo: 1 22y 2( ) 15.0 1.93 4.912( t) 15.0 3.00 sin 40 t gty t t t 22 y 15.0 0.839x 0.928xUguagliando le due altezze si trova la distanza alla quale le traiettorie si incrociano:y ( x) y ( x) 15.0 0.546x 15.0 0.839x 0.928x1 22 0.382x 1.39x 0 x 3.64 me sostituendo nella traiettoria si trova la corrispondente altezza:y(3.64 m) (15.0 0.546 3.64 ) m 7.77 m22221cos dsin h29

Il passaggio per questo punto avviene in tempi differenti, come si verificaimponenedo la quota di 7.77 m nelle due leggi orarie:1 22 (15.0 7.77)15.0 2gt 7.77 t s 1.21 s9.812 215.0 1.93t 4.91t 7.77 4.91t 1.93t 7.23 0 t 1.42 sIl tuffatore con vlocità iniziale tutta orizzontale è quello che entra in acqua piùlontanto, come si intuisce dalla forma più allargata della sua traiettoria.30