barca u

EG05 - Esercizi sui moti relativi I
1
Nell’istante in cui una nave B esce dall’imboccatura P di un porto
con velocità ~vB , una seconda nave A si trova ad una distanza d da
P e si dirige verso di esso con velocità ~vA , la cui direzione forma un
angolo θ con quella di ~vB . Noti i moduli vA = 20 km/h e
vB = 15 km/h delle due velocità, sapendo che queste si mantengono
costanti, che θ = 45o e che d = 6 km, determinare:
a) La minima distanza D a cui vengono a trovarsi le due navi durante il
loro moto;
b) Dopo quanto tempo dall’uscita di B dal porto tale minima distanza
viene raggiunta.
2
Un ascensore partito dal basamento di un edificio sale con
~ Nell’istante in cui la sua velocità è pari a
accelerazione costante A.
~v0 una vite si stacca dal soffitto, che in quello stesso istante si trova
ad una quota H rispetto al basamento dell’edificio. Noti
A = 2 m/s2 , v0 = 3 m/s e H = 5.5 m, determinare:
a) Il tempo necessario alla vite per raggiungere il pavimento
dell’ascensore;
b) Di quanto diminuisce la quota della vite rispetto al basamento
dell’edificio durante la caduta.
EG05 - Esercizi sui moti relativi II
3
Una barca può raggiungere una velocità di modulo massimo v0
rispetto all’acqua in cui si muove, ed è utilizzata su un fiume di
larghezza L, la cui corrente scorre con velocità ~u . Noti L = 0.5 km,
v0 = 5 km/h ed u ≡ |~u | = 3 km/h, ed indicando con θ l’angolo fra
la direzione in cui punta il timone e la direzione della corrente,
determinare:
a) In quale direzione dirigere il timone per attraversare il fiume
raggiungendo il punto esattamente dirimpetto a quello di partenza;
b) Il tempo impiegato nell’attraversamento del fiume nelle condizioni
del punto a);
c) Quanto tempo impiega la barca a raggiungere un punto che si trova
sulla stessa sponda di quello di partenza, ma più a valle di d = 2 km,
e tornare indietro;
d) Quanto tempo impiega la barca a raggiungere un punto che si trova
sulla stessa sponda di quello di partenza, ma più a monte di
d = 2 km, e tornare indietro;
e) In quale direzione dirigere il timone per attraversare il fiume nel più
breve tempo possibile, quanto vale tale tempo minimo, e dove viene
raggiunta l’altra sponda rispetto al punto di partenza.
EG05 - Traccia per la soluzione
1. Per la soluzione dell’esercizio ci sono due possibili procedimenti di base.
Nel primo, si sceglie un sistema di riferimento solidale con il suolo rispetto al quale si studiano i moti compiuti dalle due navi (per esempio, si
potrebbe porre l’origine all’imboccatura del porto P, scegliere uno degli
assi orizzontali parallelo a ~vB e l’altro asse definito di conseguenza, dovendo essere orizzontale e perpendicolare al precedente): essendo i moti
di entrambe le navi rettilinei uniformi, è relativamente facile scrivere le
coordinate delle due navi in funzione del tempo e ricavare da esse la distanza delle due navi al variare del tempo; di tale distanza si può poi
cercare il valore minimo usando gli usuali metodi del calcolo differenziale.
In alternativa si può seguire un secondo procedimento, nel quale si suppone di considerare un sistema di riferimento fissato su una delle due navi
(per esempio A) e si studia il moto dell’altra nave rispetto ad esso: tale
secondo punto di vista, che utilizzeremo nel seguito per svolgere i calcoli dettagliati, permette di risolvere il problema con considerazioni quasi
esclusivamente geometriche e senza necessità del calcolo differenziale.
Supponiamo dunque di considerare un osservatore sulla nave A: rispetto
a tale osservatore A è ovviamente ferma nel punto indicato con A nella
figura; dallo studio dei moti relativi, sappiamo che rispetto a tale osservatore la nave B si muove invece con velocità ~v ≡ ~vB 0 = ~vB − ~vA . Essendo
~v costante, B si muove rispetto ad A di moto rettilineo uniforme lungo
una retta parallela a ~v e passante per il punto P da essa occupato nell’istante iniziale, punto P che si trova a distanza d da A e tale che AP k ~vA .
Facendo riferimento alla figura si vede che la retta lungo la quale appare
muoversi B rispetto ad A (linea tratteggiata) forma con AP un angolo ϕ
tale che:
vB
v
=
sin ϕ
sin θ
avendo posto vB = |~vB | e v ≡ |~v | e dove
q
2 + v 2 + 2v v cos θ
v = vA
A B
B
~vA
P
~vB
−~vA
θ
ϕ
~v
H
come si ottiene applicando il teorema di Carnot (o del coseno) al triangolo
avente per lati le tre velocità vA , vB e v.
a) La distanza minima D fra le due navi è quindi pari alla lunghezza del segmento AH, cioè alla
distanza di A dalla retta lungo la quale appare muoversi B rispetto ad A:
dvB sin θ
D = AH = AP sin ϕ = d sin ϕ = q
' 1.96 km ;
2 + v 2 + 2v v cos θ
vA
A
B
B
b) Il tempo tD necessario perché le navi raggiungano la minima distanza è, nel sistema di riferimento considerato, il tempo necessario alla nave B per percorrere con velocità v costante il
A
segmento P H = AP cos ϕ = d cos ϕ; si ottiene quindi:
q
v2
d 1 − vB2 sin2 θ
d cos ϕ
d(vA + vB cos θ)
tD =
= 2
=q
2 + 2v v cos θ ' 630 s .
v
vA + vB
2 + v 2 + 2v v cos θ
A B
vA
A
B
B
2. Per svolgere l’esercizio è necessario prima di tutto risalire alla altezza h (distanza fra soffitto e pavimento) della cabina del montacarichi; ciò è possibile considerando la fase del moto del montacarichi
prima che la vite si stacchi. Indicando con t = 0 l’istante in cui il pavimento P del montacarichi
era a contatto con il basamento dell’edificio ed il montacarichi ha iniziato la sua salita accelerata,
e con t0 l’istante in cui la vite V si stacca, si ha:
v0 = At0 ;
1
H = h + At20
2
dalle quali si ricava che:
v02
= 3.25 m .
2A
Per rispondere ai quesiti dell’esercizio supponiamo adesso di riazzerare il cronometro, e di indicare
h=H−
quindi d’ora in poi con t = 0 l’istante in cui la vite si stacca dal soffitto del montacarichi.
a) Per calcolare il tempo di caduta si possono seguire due procedimenti: nel primo si studiano
separatamente il moto della vite rispetto al basamento dell’edificio e quello del pavimento
del montacarichi, sempre rispetto al basamento dell’edificio. Indicando con z la coordinata
verticale ascendente rispetto al basamento dell’edificio, con k il versore verticale ascendente,
e tenendo conto che V si muove rispetto al suolo con accelerazione pari a quella di gravità
~ = Ak, essendo ~v0 = v0 k la
~g = −gk, mentre P continua a muoversi con accelerazione A
velocità iniziale sia di P che di V all’istante iniziale, si ha :
1
zV = H + v0 t − gt2
2
1
zP = H − h + v0 t + At2 .
2
Il tempo di caduta th della vite si ottiene considerando che all’istante th si deve avere zV = zP ,
per cui si ha:
1
1
H + v0 th − gt2h = H − h + v0 th + At2h
2
2
s
⇒
th =
2h
' 0.74 s .
g+A
Il secondo procedimento consiste invece nello studiare il solo moto della vite rispetto al sistema
di riferimento solidale con il montacarichi e con l’origine sul pavimento dello stesso: poiché
~ della
tale sistema di riferimento compie un moto di pura traslazione con accelerazione A
sua origine rispetto al sistema di riferimento del basamento dell’edificio, l’accelerazione ~aV
0
della vite rispetto ad esso è pari alla accelerazione ~g della vite rispetto al basamento meno
~ dell’origine del sistema di riferimento del montacarichi, ovvero ~aV 0 = ~g − A
~=
l’accelerazione A
−(g + A)k ≡ aV 0 k. Nel sistema di riferimento del montacarichi il moto della vite è dunque
descritto dall’equazione:
1
zV 0 = h − (g + A)t2 ,
2
tenendo conto che in tale sistema la quota iniziale della vite è pari ad h e la velocità iniziale
nulla. Il tempo di caduta si ottiene adesso imponendo che zV
0
sia nulla per t = th , e questo
dà per th lo stesso risultato ottenuto con l’altro procedimento.
b) La soluzione del presente quesito richiede invece in ogni caso lo studio del moto della vite rispetto al basamento dell’edificio: tenendo conto che zV (t = 0) = H, si ottiene che la variazione
di quota della vite rispetto al basamento dell’edificio nel tempo th di caduta è pari a:
1
∆zV = z(th ) − z(0) = v0 th − gt2h ' −0.47 m ,
2
ovvero, durante la sua caduta verso il pavimento del montacarichi, la vite scende di solo circa
47 cm rispetto al basamento dell’edificio.
3. La velocità della barca rispetto al sistema di riferimento solidale con le rive del fiume è data da
~v = ~v0 + ~u. Detto dunque θ l’angolo fra ~v0 e ~u ed indicando con i il versore parallelo ed equiverso
alla corrente, e con j il versore ad esso perpendicolare, si ha che ~v = vk i + v⊥ j, con vk = u + v0 cos θ
e v⊥ = v0 sin θ.
a) Affinchè la barca attraversi il fiume come richiesto, si deve avere vk = 0, e quindi cos θ =
− vu0 = − 35 , ovvero θ ' 136o 520 ; si osservi come una soluzione al quesito posto sia possibile
solo se v0 > u, ovvero se le velocità con cui si muove la barca rispetto all’acqua è sufficiente a
compensare il moto di trascinamento della corrente.
b) Il tempo tL necessario per attraversare il fiume è in generale dato da tL =
L
v⊥ ,
e quindi, tenuto
conto che nella situazione del punto a) v⊥ = 54 v0 = 4 km/h, si ottiene tL = 0.125 h, cioè 7
minuti e mezzo;
c) In questo caso la barca percorre prima una distanza d con θ = 0, e quindi con velocità v⊥ = 0
e vk = v0 + u, e quindi sempre la stessa distanza d, ma con θ = 180o , e quindi con velocità
v⊥ = 0 e |vk | = v0 − u. Il tempo totale impiegato è quindi dato da:
t=
d
d
2dv0
5
+
= 2
= h = 75 minuti ;
2
v0 + u v0 − u
4
v0 − u
d) Nelle condizioni della presente domanda semplicemente si scambiano le due fasi del moto
rispetto al caso precedente, per cui il risultato resta invariato;
e) Poichè tL =
L
v⊥ ,
tL è minimo quando v⊥ è massimo, ovvero quando θ = 90o e v⊥ = v0 =
5 km/h. Si ha quindi tLmin =
L
v0
= 0.1 h=6 minuti. In tale intervallo di tempo la barca si
sposta parallelamente alla corrente con velocità vk = u, e raggiunge quindi la riva opposta in
un punto che si trova ad una distanza x = utLmin = L vu0 = 300 m più a valle del punto di
partenza.