Soluzione degli esercizi

Il ragazzo si trova in un sistema di riferimento che si muove con velocità uniforme rispetto ad un sistema inerziale, per cui il suo sistema di riferimento è pure inerziale. Il sasso lanciato in aria verso l'alto gli ricadrà quindi esattamente in mano (gittata nulla) ed il tempo di ricaduta sarà dato dalla nota formula:

Il tempo di volo per la ragazza sarà ovviamente lo stesso perchè in meccanica galileiana gli intervalli di tempo sono invarianti. La gittata invece sarà pari alla distanza coperta dal treno durante il tempo di volo:

Esercizio 6
Calcoliamo innanzitutto la distanza lungo l'asse

dell'arciere dalla mela. Siccome distano in linea d'aria

m e verticalmente

m, otteniamo:

$\begin{displaymath} d=\sqrt{s^2-h^2}\sim32.88\textrm{m} \end{displaymath}$

L'equazione del moto per la freccia considerata come punto materiale è quella di un moto uniforme lungo l'asse ed uniformemente accelerato lungo l'asse :

$\begin{displaymath} \left\{ \begin{array}{lll} x(t) & = & v_0 t \cos\alpha \\ ... ...& = & v_0 t \sin\alpha - \frac{1}{2}gt^2 \end{array} \right. \end{displaymath}$

dove $\alpha=30^\circ$ è l'angolo di mira rispetto all'orizzontale e è il modulo incognito della velocità iniziale della freccia. Possiamo ricavare dalla prima equazione e sostituirlo nella seconda ottenendo:

$\begin{displaymath} v_0 = \frac{x(t)}{t \cos\alpha} \quad\quad \rightarrow \quad\quad y(t) = x(t) \tan\alpha - \frac{1}{2}gt^2 \end{displaymath}$

Nell'istante in cui la freccia colpisce la mela si ha ed per cui l'equazione precedente ci permette di ricavare e conseguentemente :

$\begin{displaymath} h = d \tan\alpha - \frac{1}{2}gt_f^2 \quad\quad \rightarro... ...f \cos\alpha} & \sim & 31.82\textrm{m/s} \end{array} \right. \end{displaymath}$

L'istante di massima ascesa per la freccia si ricava annullando la velocità verticale $\dot{y}(t)$ :

$\begin{displaymath} \dot{y}(t_m) = v_0 \sin\alpha - gt_m = 0 \quad\quad \right... ...quad\quad t_m = \frac{v_0}{g} \sin\alpha \sim 1.62\textrm{s} \end{displaymath}$

Siccome però questo istante è successivo all'istante nel quale la freccia colpisce la mela, la freccia non vi arriva mai, e la massima ascesa è effettivamente m. Per risolvere il punto b) bisogna ricavare la traiettoria dalle equazioni del moto (eliminando il tempo) e considerare l'equazione risultante come funzione dell'angolo. Ricordando che $1/\cos^2\alpha=1+\tan^2\alpha$ e che é ora $v_{max}=45$ m/s:

$\begin{displaymath} t_f = \frac{d}{v_{max} \cos\alpha} \quad\quad \rightarrow ... ...d h = d\tan\alpha - \frac{gd^2}{2v_{max}^2}(1+\tan^2\alpha) \end{displaymath}$

Questa è una equazione di secondo grado in $\tan\alpha$ le cui soluzioni sono:

$\begin{displaymath} \tan\alpha = \frac{1}{gd} \left( v_{max}^2 \pm \sqrt{v_{ma... ...& \rightarrow & \alpha \sim 24^\circ77' \end{array} \right. \end{displaymath}$

Ovviamente la soluzione da scegliere è quella per cui la tangente è minore. Si noti che per valori sufficientemente piccoli di $v_{max}$ non esistono soluzioni (la freccia non è in grado di arrivare all'altezza della mela). Infine per risolvere il punto c) scriviamo le equazioni del moto per la freccia (), analoghe a prima ma translate temporalmente di $\Delta t=0.2$ s, ed anche per la mela () che ora ha un moto di caduta libera:

$\begin{displaymath} \left\{ \begin{array}{lll} x_F(t) & = & v_0 (t - \Delta t)... ... d \\ y_M(t) & = & h - \frac{1}{2}gt^2 \end{array} \right. \end{displaymath}$

Per risolvere poniamo il che ci permette di ricavare l'istante di impatto:

$\begin{displaymath} d = v_0 (t_f - \Delta t) \cos\alpha \quad \rightarrow \quad t_f = \Delta t + \frac{d}{v_0 \cos\alpha} \end{displaymath}$

Sostituendo nell'ulteriore vincolo possiamo ricavare :

$\begin{displaymath} h - \frac{1}{2}g\left( \Delta t + \frac{d}{v_0 \cos\alpha} ... ...alpha} - \frac{1}{2}g\left(\frac{d}{v_0 \cos\alpha}\right)^2 \end{displaymath}$

nell'equazione precedente i termini quadratici in si semplificano. Inoltre possiamo riconoscere la velocità $v'=-g\Delta t$ che la mela assume e la posizione $h'=h-\frac{1}{2}g\Delta t^2$ in cui la mela si trova dopo il tempo $\Delta t$ :

$\begin{displaymath} h' + \frac{v'd}{v_0 \cos\alpha} = d \tan\alpha \end{displaymath}$

ricavare il richiesto da quest'ultima è immediato, ricordando che ora $\alpha=17^\circ$ :

$\begin{displaymath} v_0 = \frac{v'd}{d \tan\alpha - h'} \cdot \frac{1}{\cos\alpha} \sim 38.51\textrm{m/s} \end{displaymath}$

infine verifichiamo che l'altezza alla quale avviene il contatto è maggiore di zero (ovvero che effettivamente la mela viene colpita prima di toccare terra):

$\begin{displaymath} y_M(t_f) = h - \frac{1}{2}g\left( \Delta t + \frac{d}{v_0 \cos\alpha} \right)^2 \sim 6.14\textrm{m} \end{displaymath}$

Esercizio 7
Conveniamo che la velocità dell'uomo rispetto a terra sia $V\hat{x}$ con m/s (ovvero che il moto dell'uomo definisca il verso in cui cresce ) e che $\hat{y}$ sia diretto verso l'alto. Allora nel caso a) la pioggia cade con velocità $-v\hat{y}$ nel riferimento solidale con il terreno e con velocità $\hat{v}_p=-V\hat{x}-v\hat{y}$ nel riferimento solidale con l'uomo. In quest'ultimo riferimento il modulo e l'inclinazione rispetto alla verticale risultano:

$\begin{displaymath} \vert\vec{v}_p\vert = \sqrt{V^2 + v^2} \sim 8.54\textrm{m/s} \end{displaymath}$

$\begin{displaymath} \tan\alpha = \frac{v_{py}}{v_{px}} = \frac{v}{V} = \frac{8}{3} \quad\quad \rightarrow \quad\quad \alpha \sim 69^\circ26' \end{displaymath}$

Nel caso b) la pioggia ha una componente della velocità nel verso contrario al moto dell'uomo lungo l'asse nel riferimento solidale con il terreno. Se in questo riferimento l'inclinazione rispetto alla verticale è $\beta=20^\circ$ allora la velocità della pioggia si scrive $-v\cos\beta\hat{y}-v\sin\beta\hat{x}$ . Nel riferimento solidale con l'uomo:

$\begin{displaymath} \vec{v}_p = (-v\cos\beta\hat{y}-v\sin\beta\hat{x}) - V\hat{x} = (-v\sin\beta - V)\hat{x} -v\cos\beta\hat{y} \end{displaymath}$

Ripetendo i calcoli di prima otteniamo allora:

$\begin{displaymath} \vert\vec{v}_p\vert = \sqrt{(V+v\sin\beta)^2 + (v\cos\beta)^2} = \sqrt{V^2 + v^2 + 2Vv\sin\beta} \sim 9.46\textrm{m/s} \end{displaymath}$

$\begin{displaymath} \tan\alpha = \frac{v_{py}}{v_{px}} = \frac{v\cos\beta}{V+v... ...31 \quad\quad \rightarrow \quad\quad \alpha \sim 52^\circ40' \end{displaymath}$

Esercizio 8
Nella prima fase il moto angolare è uniformemente accelerato con accelerazione $\alpha_1=5$ rad/s e partenza da fermo, per cui dopo il tempo s la velocità angolare e l'angolo coperto sono rispettivamente:

$\begin{displaymath} \omega = \alpha_1 t_1 = 225\textrm{rad/s} \quad\quad \theta_1 = \frac{1}{2}\alpha_1 t_1^2 = 5062.5\textrm{rad} \end{displaymath}$

Nella seconda fase la velocità angolare rimane costante per un tempo s, per cui l'angolo coperto è semplicemente:

$\begin{displaymath} \theta_2 = \omega t_2 = 5625\textrm{rad} \end{displaymath}$

Nell'ultima fase si ha un decelerazione costante $\alpha'$ che porta all'annullamento della velocità angolare nel tempo s. Per calcolare l'entità di questa decelerazione imponiamo:

$\begin{displaymath} \omega = \alpha' t_3 \quad\quad \rightarrow \quad\quad \alpha' = 5.625\textrm{rad/s$^2$} \end{displaymath}$

a questo punto possiamo ottenere l'angolo coperto durante l'ultima fase:

$\begin{displaymath} \theta_3 = \omega t_3 - \frac{1}{2} \alpha' t_3^2 = \omega... ...mega}{t_3} t_3^2 = \frac{1}{2} \omega t_3 = 4500\textrm{rad} \end{displaymath}$

Il numero di giri completi complessivamente coperti è dunque:

$\begin{displaymath} n = \lfloor\frac{\theta_1 + \theta_2 + \theta_3}{2\pi}\rfloor = 2417 \end{displaymath}$

e la velocità angolare media:

$\begin{displaymath} \langle\,\omega\,\rangle = \frac{\theta_1 + \theta_2 + \theta_3} {t_1 + t_2 + t_3} \sim 138.07\textrm{rad/s} \end{displaymath}$

Esercizio 9
Il riferimento del treno, in cui il bambino si trova, è accelerato, per cui bisogna introdurre nelle equazioni del moto una accelerazione apparente pari a $-\vec{a}_t$ . Se la accelerazione del treno rispetto al terreno è $a_t\hat{x}$ allora l'accelerazione totale a cui è sottoposta la palla lanciata dal bambino è $-a_t\hat{x}-g\hat{z}$ . Fintantochè utilizziamo questo riferimento del vagone, il fatto che il treno sia in moto da un certo tempo è irrilevante, l'unica cosa che ci importa è che l'accelerazione sia costante; la velocità iniziale e quindi l'origine dei tempi sono infatti arbitrarie per il principio di relatività.
Affinchè la palla ritorni fra le mani del bambino, questi deve lanciarla lungo la direzione dell'accelerazione totale nel suo riferimento, quindi con un angolo:

$\begin{displaymath} \tan\alpha = \frac{a_y}{a_x} = \frac{g}{a_t} \quad\quad \rightarrow \quad\quad \alpha \sim 73.00^\circ \end{displaymath}$

In questo caso particolare possiamo considerare un moto unidimensionale lungo la direzione della accelerazione, uniformemente decelerato dalla decelerazione totale $a = \sqrt{g^2 + a_t^2}$ . Il tempo di volo si determina imponendo che la velocità ritorni in modulo uguale e in verso opposto a quella iniziale (per la simmetria rispetto al tempo delle leggi del moto).

$\begin{displaymath} -v_0 = v(t_v) = v_0 - \sqrt{g^2 + a_t^2}t_v \quad\quad \rig... ...uad t_v = \frac{2v_0}{\sqrt{g^2 + a_t^2}} \sim 0.68\textrm{s} \end{displaymath}$

Per un osservatore fisso esterno al treno la gittata della palla sarà uguale allo spostamento della mano del bambino durante il tempo di volo . Siccome abbiamo cambiato riferimento, dobbiamo ricordare che il vagone del treno stava già accelerando uniformemente con accelerazione $\vec{a}_t$ a partire da fermo da s:

$\begin{displaymath} \Delta s = s(t'+t_v) - s(t') = \frac{1}{2}a_t(t'+t_v)^2 - ... ...(t')^2 = \frac{1}{2}a_t(t_v^2 + 2t't_v) \sim 10.93\textrm{m} \end{displaymath}$

Consideriamo ora il caso in cui l'accelerazione del treno cessa nell'istante di massima ascesa della palla che chiamaremo . Le equazioni del moto in questa prima fase sono:

$\begin{displaymath} \left\{ \begin{array}{lll} x(t) & = & v_0\cos\alpha t - \f... ...v_0\sin\alpha t - \frac{1}{2}g \;t^2 \\ \end{array} \right. \end{displaymath}$

L'istante di massima ascesa è determinato dalla condizione . Quindi abbiamo:

$\begin{displaymath} v_y(t) = v_0\sin\alpha - gt \quad\quad \rightarrow \quad\quad t_m = \frac{v_0\sin\alpha}{g} \end{displaymath}$

Si noti che nell'istante nel riferimento del vagone si annulla anche la velocità orizzontale, perchè la palla ``comincia a tornare indietro''. E facile verificarlo sostituendo la relazione trovata per ed il valore dell'angolo precedentemente determinato tale che $\tan\alpha = \frac{g}{a_t}$ . Per tempi maggiori di l'accelerazione del treno cessa, quindi il riferimento del vagone ritorna ad essere inerziale, e la palla che ha in quell'istante una componente orizzontale della velocità nulla permane nel suo stato di quiete ``orizzontale'' ovvero e questo valore si ricava dalla prima delle leggi del moto:

$\begin{displaymath} \frac{t_m}{\cos\alpha} = \frac{v_0\tan\alpha}{g} = \frac{v_0}{a_t} \end{displaymath}$

$\begin{eqnarray*} x(t_m) & = & v_0\cos\alpha \;t_m - \frac{1}{2}a_t \;t_m^2 = ... ... \\ & = & \frac{v^2_0a_t}{2(a^2_t+g^2)} \sim 0.175\textrm{m} \end{eqnarray*}$

Siccome il valore ricavato per è positivo ed il bambino guarda nella direzione del moto del treno ( $\hat{x}$ ), la palla cade in avanti. Infine, per un osservatore fisso rispetto al terreno, nulla importa che la legge del moto del treno cambi ad un istante successivo a quello in cui è stata lanciata la palla, per cui la gittata rimane la stessa di prima.