Esercizi — Cinematica

Tutti gli esercizi del capitolo, svolti passo-passo, in ordine di comparsa nel capitolo: prima gli esercizi guidati nel testo, poi i problemi di fine capitolo (numerici, concettuali, vero/falso, ranking, lettura di grafici, stime di Fermi) con, intercalati, altri esercizi svolti.

Problemi di fine capitolo

Velocità media di un’auto
Accelerazione da fermo
Velocità media e velocità istantanea
Moto a tre tratti (grafici s, v, a)
Sasso lanciato verso l’alto
Distanza di arresto (reazione e frenata)
Dimostrazione dell’equazione senza tempo
Due auto al semaforo
Vero o falso sulla caduta libera
Stima di g con una biglia
Ranking velocità di quattro auto
Due autobus
Distanza dall’area del grafico v-t
Quale grafico x(t)?
Ciclista a tre tratti
Velocità media metà e metà
Due ciclisti alla stessa meta
Stime dal grafico x(t)
Distanza di frenata a 50 km/h
Ranking accelerazioni di tre veicoli
Vero o falso su velocità e accelerazione
Sasso dal dirupo
Calciatore: gittata e altezza massima
Accelerazione di una pietra lanciata in alto
Scatola che cade dallo scaffale
Pallina che cade: velocità e accelerazione
Distanza al primo e al secondo secondo
Auto in curva
Caduta di carta e metallo
Ranking tempi di caduta
Ranking velocità a terra
Treno a velocità costante
Accelerazione di una moto
Distanza di frenata a 90 km/h
Caduta libera in due dimensioni
Esercizio svolto — Gittata di un proiettile
Dallo spazio al tempo
Dalla velocità finale all’altezza
Accelerazione dal grafico v(t)
Fantafisica: g raddoppiata
Fantafisica: tempo invertito
Esercizio svolto — Caduta con velocità iniziale
Due auto: sorpasso
Paracadute e velocità limite
Roma-Firenze: media e istantanea
Lettura del grafico x(t) a tre fasi
Impulso triangolare di accelerazione
Stima Fermi: velocità di un tuffo
Stima Fermi: tempo di reazione
Stima Fermi: g di Marte
Esercizio svolto — Collision avoidance
Sfida: salto sull’autobus

All the exercises of the chapter, worked step by step, in the order they appear in the chapter: first the guided exercises in the text, then the end-of-chapter problems (numerical, conceptual, true/false, ranking, graph reading, Fermi estimates), interspersed with further worked exercises.

Worked exercises in the text

Carlo’s journey
The two-phase cat
The dog in the park
The three-point shot

End-of-chapter problems

Average speed of a car
Acceleration from rest
Average speed and instantaneous speed
Three-stage motion (s, v, a graphs)
Stone thrown upwards
Stopping distance (reaction and braking)
Proof of the time-independent equation
Two cars at the traffic light
True or false on free fall
Estimating g with a marble
Ranking the speeds of four cars
Two buses
Distance from the area of the v-t graph
Which x(t) graph?
Three-stage cyclist
Average speed, half and half
Two cyclists to the same destination
Estimates from the x(t) graph
Braking distance at 50 km/h
Ranking the accelerations of three vehicles
True or false on speed and acceleration
Stone from the cliff
Footballer: range and maximum height
Acceleration of a stone thrown upwards
Box falling from a shelf
Falling ball: speed and acceleration
Distance at the first and second second
Car on a bend
Falling paper and metal
Ranking falling times
Ranking ground-impact speeds
Train at constant speed
Acceleration of a motorbike
Braking distance at 90 km/h
Free fall in two dimensions
Worked exercise — Range of a projectile
From distance to time
From final speed to height
Acceleration from the v(t) graph
Sci-fi physics: doubled g
Sci-fi physics: reversed time
Worked exercise — Fall with initial speed
Two cars: overtaking
Parachute and terminal velocity
Rome-Florence: average and instantaneous
Reading the three-stage x(t) graph
Triangular acceleration pulse
Fermi estimate: diving speed
Fermi estimate: reaction time
Fermi estimate: g on Mars
Worked exercise — Collision avoidance
Challenge: catching the bus

Testo

Carlo al tempo $t = 4\;\text{s}$ si trova al km 2 e viaggia a $6\;\text{m/s}$ . Accelera per $4\;\text{s}$ con $a = 3\;\text{m/s}^2$ , poi prosegue a velocità costante per $100\;\text{m}$ , infine frena fermandosi in $500\;\text{m}$ . Determina tutti gli eventi.

Soluzione

Impostazione. Scegliamo l’asse $s$ orientato nel verso del moto, con l’origine dei tempi e delle posizioni fissata dai dati iniziali. Il moto si compone di 3 tratti e 4 eventi (A, B, C, D):

Tratto A $\to$ B: moto uniformemente accelerato ( $a = 3\;\text{m/s}^2$ ) per $4\;\text{s}$ ;

Tratto B $\to$ C: moto uniforme ( $a = 0$ ) per $100\;\text{m}$ ;

Tratto C $\to$ D: frenata fino all’arresto in $500\;\text{m}$ .

Conviene organizzare i dati in una tabella degli eventi, riempiendola tratto per tratto:

Evento $t$ (s) $s$ (m) $v$ (m/s) $a$ (m/s²)
A $4$ $2000$ $6$
$3$
B $8$ $2048$ $18$
$0$
C $13{,}56$ $2148$ $18$
$-0{,}324$
D $69{,}1$ $2648$ $0$

Tratto A $\to$ B (accelerazione). La velocità finale e la posizione finale valgono:

$\begin{aligned} v_B &= v_A + a\,(t_B - t_A) = 6 + 3\cdot 4 = 18\;\text{m/s} \\ s_B &= s_A + v_A\cdot 4 + \tfrac{1}{2}\cdot 3\cdot 4^2 = 2000 + 24 + 24 = 2048\;\text{m} \end{aligned}$

Tratto B $\to$ C (velocità costante, $a = 0$ ). Il tempo per percorrere i $100\;\text{m}$ è:

$t_C = t_B + \frac{\Delta s}{v_B} = 8 + \frac{100}{18} \approx 13{,}56\;\text{s} \qquad s_C = 2048 + 100 = 2148\;\text{m}$

Tratto C $\to$ D (frenata, $v_D = 0$ , $\Delta s = 500\;\text{m}$ ). Ricaviamo l’accelerazione dalla relazione senza tempo:

$v_D^2 - v_C^2 = 2a\,\Delta s \quad\Rightarrow\quad 0 - 18^2 = 2a\cdot 500 \quad\Rightarrow\quad a = -\frac{324}{1000} = -0{,}324\;\text{m/s}^2$

Infine il tempo di arresto e la posizione finale:

$t_D = t_C + \frac{v_D - v_C}{a} = 13{,}56 + \frac{0 - 18}{-0{,}324} \approx 69{,}1\;\text{s} \qquad s_D = 2148 + 500 = 2648\;\text{m}$

$\ev{t_D \approx 69{,}1\;\mathrm{s}, \quad s_D = 2648\;\mathrm{m}, \quad v_D = 0}$

Evento	$t$ (s)	$s$ (m)	$v$ (m/s)	$a$ (m/s²)
A	$4$	$2000$	$6$
				$3$
B	$8$	$2048$	$18$
				$0$
C	$13{,}56$	$2148$	$18$
				$-0{,}324$
D	$69{,}1$	$2648$	$0$

Collegamenti

Argomenti: Cinematica Concetti: Moto uniformemente accelerato Competenze: Scelta degli assi · Lettura dei grafici

Problem

At time $t = 4\;\text{s}$ Carlo is at km 2 and is travelling at $6\;\text{m/s}$ . He accelerates for $4\;\text{s}$ with $a = 3\;\text{m/s}^2$ , then continues at constant velocity for $100\;\text{m}$ , and finally brakes to a stop over $500\;\text{m}$ . Determine all the events.

Solution

Setting up. We choose the axis $s$ oriented in the direction of motion, with the origin of times and positions fixed by the initial data. The motion consists of 3 stages and 4 events (A, B, C, D):

Stage A $\to$ B: uniformly accelerated motion ( $a = 3\;\text{m/s}^2$ ) for $4\;\text{s}$ ;

Stage B $\to$ C: uniform motion ( $a = 0$ ) for $100\;\text{m}$ ;

Stage C $\to$ D: braking to a stop over $500\;\text{m}$ .

It is convenient to organise the data in an events table, filling it in stage by stage:

Event $t$ (s) $s$ (m) $v$ (m/s) $a$ (m/s²)
A $4$ $2000$ $6$
$3$
B $8$ $2048$ $18$
$0$
C $13{,}56$ $2148$ $18$
$-0{,}324$
D $69{,}1$ $2648$ $0$

Stage A $\to$ B (acceleration). The final velocity and the final position are:

$\begin{aligned} v_B &= v_A + a\,(t_B - t_A) = 6 + 3\cdot 4 = 18\;\text{m/s} \\ s_B &= s_A + v_A\cdot 4 + \tfrac{1}{2}\cdot 3\cdot 4^2 = 2000 + 24 + 24 = 2048\;\text{m} \end{aligned}$

Stage B $\to$ C (constant velocity, $a = 0$ ). The time to cover the $100\;\text{m}$ is:

$t_C = t_B + \frac{\Delta s}{v_B} = 8 + \frac{100}{18} \approx 13{,}56\;\text{s} \qquad s_C = 2048 + 100 = 2148\;\text{m}$

Stage C $\to$ D (braking, $v_D = 0$ , $\Delta s = 500\;\text{m}$ ). We obtain the acceleration from the time-independent relation:

$v_D^2 - v_C^2 = 2a\,\Delta s \quad\Rightarrow\quad 0 - 18^2 = 2a\cdot 500 \quad\Rightarrow\quad a = -\frac{324}{1000} = -0{,}324\;\text{m/s}^2$

Finally, the stopping time and the final position:

$t_D = t_C + \frac{v_D - v_C}{a} = 13{,}56 + \frac{0 - 18}{-0{,}324} \approx 69{,}1\;\text{s} \qquad s_D = 2148 + 500 = 2648\;\text{m}$

$\ev{t_D \approx 69{,}1\;\mathrm{s}, \quad s_D = 2648\;\mathrm{m}, \quad v_D = 0}$

Event	$t$ (s)	$s$ (m)	$v$ (m/s)	$a$ (m/s²)
A	$4$	$2000$	$6$
				$3$
B	$8$	$2048$	$18$
				$0$
C	$13{,}56$	$2148$	$18$
				$-0{,}324$
D	$69{,}1$	$2648$	$0$

Links

Topics: Cinematica Concepts: Moto uniformemente accelerato Skills: Scelta degli assi · Lettura dei grafici

Testo

Un gatto al tempo $t = 5\;\text{s}$ ha velocità $7\;\text{m/s}$ . Accelera fino a una velocità $V$ impiegando $3\;\text{s}$ e $10\;\text{m}$ , quindi si ferma decelerando con $a = -1\;\text{m/s}^2$ . Determinare tutti gli eventi.

Soluzione

Impostazione. Scegliamo l’asse orientato nel verso del moto, con origine delle posizioni nel punto in cui si trova il gatto all’istante iniziale ( $s_A = 0$ ). Il moto ha due fasi e tre eventi (A, B, C). Riassumiamo i dati noti nella tabella degli eventi:

Evento $t$ (s) $s$ (m) $v$ (m/s) $a$ (m/s²)
A $5$ $0$ $7$
B $8$ $10$ $v_B$
C $t_C$ $s_C$ $0$ $-1$

Tratto A $\to$ B. Nel tratto la velocità media coincide con la media aritmetica delle velocità (moto uniformemente accelerato). Da $\dfrac{s_B - s_A}{t_B - t_A} = \dfrac{v_A + v_B}{2}$ :

$\frac{10}{3} = \frac{7 + v_B}{2} \quad\Rightarrow\quad v_B = \frac{20}{3} - 7 = -\frac{1}{3}\;\text{m/s}$

Il risultato negativo mostra che il gatto stava in realtà rallentando: la velocità in B è diretta in verso opposto al moto iniziale. L’accelerazione nel tratto vale:

$a_{AB} = \frac{v_B - v_A}{t_B - t_A} = \frac{-\tfrac{1}{3} - 7}{3} = -\frac{22}{9} \approx -2{,}44\;\text{m/s}^2$

Tratto B $\to$ C. Nell’ultima fase il gatto decelera con $|a| = 1\;\text{m/s}^2$ fino a fermarsi ( $v_C = 0$ ). Il tempo necessario ad azzerare la velocità è $\Delta t = |v_B|/|a| = \tfrac{1}{3}\,\text{s}$ , quindi:

$t_C = t_B + \frac{v_C - v_B}{a} = 8 + \frac{0 + \tfrac{1}{3}}{-1} = \frac{25}{3} \approx 8{,}33\;\text{s}$

$s_C = s_B + \frac{v_C^2 - v_B^2}{2a} = 10 + \frac{0 - \tfrac{1}{9}}{-2} = 10 + \frac{1}{18} = \frac{181}{18} \approx 10{,}06\;\text{m}$

$\ev{v_B = -\tfrac{1}{3}\;\mathrm{m/s}, \quad t_C = \tfrac{25}{3}\;\mathrm{s}, \quad s_C = \tfrac{181}{18}\;\mathrm{m}}$

Evento	$t$ (s)	$s$ (m)	$v$ (m/s)	$a$ (m/s²)
A	$5$	$0$	$7$
B	$8$	$10$	$v_B$
C	$t_C$	$s_C$	$0$	$-1$

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Argomenti: Cinematica Concetti: Moto uniformemente accelerato Competenze: Scelta degli assi

Problem

A cat at time $t = 5\;\text{s}$ has velocity $7\;\text{m/s}$ . It accelerates to a velocity $V$ taking $3\;\text{s}$ and $10\;\text{m}$ , then stops decelerating with $a = -1\;\text{m/s}^2$ . Determine all the events.

Solution

Setup. We choose the axis oriented along the direction of motion, with the origin of positions at the point where the cat is at the initial instant ( $s_A = 0$ ). The motion has two phases and three events (A, B, C). Let’s summarise the known data in the event table:

Event $t$ (s) $s$ (m) $v$ (m/s) $a$ (m/s²)
A $5$ $0$ $7$
B $8$ $10$ $v_B$
C $t_C$ $s_C$ $0$ $-1$

Leg A $\to$ B. In this leg the average velocity coincides with the arithmetic mean of the velocities (uniformly accelerated motion). From $\dfrac{s_B - s_A}{t_B - t_A} = \dfrac{v_A + v_B}{2}$ :

$\frac{10}{3} = \frac{7 + v_B}{2} \quad\Rightarrow\quad v_B = \frac{20}{3} - 7 = -\frac{1}{3}\;\text{m/s}$

The negative result shows that the cat was in fact slowing down: the velocity at B is directed opposite to the initial motion. The acceleration in this leg is:

$a_{AB} = \frac{v_B - v_A}{t_B - t_A} = \frac{-\tfrac{1}{3} - 7}{3} = -\frac{22}{9} \approx -2{.}44\;\text{m/s}^2$

Leg B $\to$ C. In the final phase the cat decelerates with $|a| = 1\;\text{m/s}^2$ until it stops ( $v_C = 0$ ). The time needed to zero the velocity is $\Delta t = |v_B|/|a| = \tfrac{1}{3}\,\text{s}$ , so:

$t_C = t_B + \frac{v_C - v_B}{a} = 8 + \frac{0 + \tfrac{1}{3}}{-1} = \frac{25}{3} \approx 8{.}33\;\text{s}$

$s_C = s_B + \frac{v_C^2 - v_B^2}{2a} = 10 + \frac{0 - \tfrac{1}{9}}{-2} = 10 + \frac{1}{18} = \frac{181}{18} \approx 10{.}06\;\text{m}$

$\ev{v_B = -\tfrac{1}{3}\;\mathrm{m/s}, \quad t_C = \tfrac{25}{3}\;\mathrm{s}, \quad s_C = \tfrac{181}{18}\;\mathrm{m}}$

Event	$t$ (s)	$s$ (m)	$v$ (m/s)	$a$ (m/s²)
A	$5$	$0$	$7$
B	$8$	$10$	$v_B$
C	$t_C$	$s_C$	$0$	$-1$

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Argomenti: Kinematics Concetti: Uniformly accelerated motion Competenze: Choice of axes

Testo

Un cane si trova in $\vec{S}_A = \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix}$ al tempo $t = 3\;\text{s}$ , e in $\vec{S}_B = \begin{pmatrix} -4 \\ 1 \end{pmatrix}$ al tempo $t = 9\;\text{s}$ (posizioni in metri). Calcola la velocità media.

Soluzione

Impostazione. In due dimensioni la velocità media è un vettore, definito come il rapporto tra lo spostamento vettoriale e l’intervallo di tempo:

$\vec{v}_{\text{media}} = \frac{\vec{S}_B - \vec{S}_A}{t_B - t_A}$

Lavoriamo per componenti cartesiane. Lo spostamento è la differenza dei due vettori posizione, e l’intervallo di tempo vale $t_B - t_A = 9 - 3 = 6\;\text{s}$ :

$\vec{v} = \frac{\begin{pmatrix} -4 \\ 1 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix}}{9 - 3} = \frac{\begin{pmatrix} -5 \\ 3 \end{pmatrix}}{6} = \begin{pmatrix} -5/6 \\ 1/2 \end{pmatrix}\;\text{m/s}$

Le due componenti valgono quindi $v_x = -\tfrac{5}{6} \approx -0{,}83\;\text{m/s}$ e $v_y = \tfrac{1}{2} = 0{,}5\;\text{m/s}$ . Il modulo della velocità media è:

$|\vec{v}| = \sqrt{v_x^2 + v_y^2} = \sqrt{\left(\tfrac{5}{6}\right)^2 + \left(\tfrac{1}{2}\right)^2} = \sqrt{\tfrac{25}{36} + \tfrac{9}{36}} = \sqrt{\tfrac{34}{36}} \approx 0{,}97\;\text{m/s}$

$\ev{\vec{v}_{\text{media}} = \begin{pmatrix} -5/6 \\ 1/2 \end{pmatrix}\;\mathrm{m/s}}$

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Argomenti: Cinematica · Vettori Concetti: Velocità media · Componenti di un vettore Metodi: Scomposizione in componenti cartesiane

Problem

A dog is at $\vec{S}_A = \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix}$ at time $t = 3\;\text{s}$ , and at $\vec{S}_B = \begin{pmatrix} -4 \\ 1 \end{pmatrix}$ at time $t = 9\;\text{s}$ (positions in metres). Calculate the average velocity.

Solution

Setting up. In two dimensions the average velocity is a vector, defined as the ratio between the vector displacement and the time interval:

$\vec{v}_{\text{media}} = \frac{\vec{S}_B - \vec{S}_A}{t_B - t_A}$

Let us work by Cartesian components. The displacement is the difference of the two position vectors, and the time interval is $t_B - t_A = 9 - 3 = 6\;\text{s}$ :

$\vec{v} = \frac{\begin{pmatrix} -4 \\ 1 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix}}{9 - 3} = \frac{\begin{pmatrix} -5 \\ 3 \end{pmatrix}}{6} = \begin{pmatrix} -5/6 \\ 1/2 \end{pmatrix}\;\text{m/s}$

The two components are therefore $v_x = -\tfrac{5}{6} \approx -0{,}83\;\text{m/s}$ and $v_y = \tfrac{1}{2} = 0{,}5\;\text{m/s}$ . The magnitude of the average velocity is:

$|\vec{v}| = \sqrt{v_x^2 + v_y^2} = \sqrt{\left(\tfrac{5}{6}\right)^2 + \left(\tfrac{1}{2}\right)^2} = \sqrt{\tfrac{25}{36} + \tfrac{9}{36}} = \sqrt{\tfrac{34}{36}} \approx 0{,}97\;\text{m/s}$

$\ev{\vec{v}_{\text{media}} = \begin{pmatrix} -5/6 \\ 1/2 \end{pmatrix}\;\mathrm{m/s}}$

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Argomenti: Kinematics · Vectors Concetti: Average velocity · Components of a vector Metodi: Decomposition into Cartesian components

Testo

Un giocatore di basket tira da tre punti. La palla parte da un’altezza di $h_0 = 2{,}1\;\text{m}$ a una distanza orizzontale di $6{,}75\;\text{m}$ dal canestro, che si trova a $3{,}05\;\text{m}$ di altezza. L’accelerazione è $\vec{a} = \begin{pmatrix} 0 \\ -9{,}81 \end{pmatrix}\;\text{m/s}^2$ . Determinare la velocità iniziale necessaria, sapendo che la palla viene lanciata con un angolo di $55^\circ$ rispetto all’orizzontale.

Soluzione

Impostazione. Scegliamo l’origine nel punto di lancio e gli assi $x$ (orizzontale) e $y$ (verticale verso l’alto). Il moto parabolico si scompone in due moti indipendenti: uniforme lungo $x$ , uniformemente accelerato lungo $y$ con $a_y = -9{,}81\;\text{m/s}^2$ .

Scomponiamo la velocità iniziale con la trigonometria:

Evento A (lancio): $t_A = 0$ , $\vec{S}_A = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ , $\vec{v}_A = \begin{pmatrix} v_0\cos 55^\circ \\ v_0\sin 55^\circ \end{pmatrix}$

Evento B (canestro): $\vec{S}_B = \begin{pmatrix} 6{,}75 \\ 0{,}95 \end{pmatrix}$ , dove la quota è la differenza di altezza $3{,}05 - 2{,}10 = 0{,}95\;\text{m}$ .

Le equazioni parametriche del moto tra A e B sono:

$\begin{cases} 6{,}75 = v_0\cos 55^\circ\cdot t_B \\ 0{,}95 = v_0\sin 55^\circ\cdot t_B - \tfrac{1}{2}\cdot 9{,}81\cdot t_B^2 \end{cases}$

Eliminazione del tempo. Dalla prima equazione ricaviamo l’istante di arrivo al canestro:

$t_B = \frac{6{,}75}{v_0\cos 55^\circ}$

Sostituendo nella seconda equazione. Osserviamo che nel primo termine $v_0\sin 55^\circ\cdot t_B = 6{,}75\cdot\tan 55^\circ$ , mentre nel secondo termine compare $t_B^2$ :

$0{,}95 = 6{,}75\,\tan 55^\circ - \frac{9{,}81}{2}\left(\frac{6{,}75}{v_0\cos 55^\circ}\right)^2$

Risoluzione. Con $\tan 55^\circ \approx 1{,}428$ e $\cos 55^\circ \approx 0{,}5736$ , sviluppiamo i termini numerici:

$0{,}95 = 9{,}64 - 4{,}905\cdot\frac{45{,}56}{0{,}3290}\cdot\frac{1}{v_0^2} = 9{,}64 - \frac{679{,}3}{v_0^2}$

Isoliamo il termine con $v_0^2$ e risolviamo:

$\frac{679{,}3}{v_0^2} = 9{,}64 - 0{,}95 = 8{,}69 \quad\Rightarrow\quad v_0^2 = \frac{679{,}3}{8{,}69} \approx 78{,}2 \quad\Rightarrow\quad v_0 = \sqrt{78{,}2} \approx 8{,}84\;\text{m/s}$

$\ev{v_0 \approx 8{,}84\;\mathrm{m/s}}$

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Argomenti: Cinematica Concetti: Moto parabolico Competenze: Scomposizione vettoriale · Uso della trigonometria Metodi: Scomposizione in componenti cartesiane

Problem

A basketball player takes a three-point shot. The ball leaves from a height of $h_0 = 2{,}1\;\text{m}$ at a horizontal distance of $6{,}75\;\text{m}$ from the hoop, which is at a height of $3{,}05\;\text{m}$ . The acceleration is $\vec{a} = \begin{pmatrix} 0 \\ -9{,}81 \end{pmatrix}\;\text{m/s}^2$ . Determine the required initial speed, knowing that the ball is thrown at an angle of $55^\circ$ to the horizontal.

Solution

Setup. We choose the origin at the launch point and the axes $x$ (horizontal) and $y$ (vertical, upwards). The parabolic motion splits into two independent motions: uniform along $x$ , uniformly accelerated along $y$ with $a_y = -9{,}81\;\text{m/s}^2$ .

Let us resolve the initial speed using trigonometry:

Event A (launch): $t_A = 0$ , $\vec{S}_A = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ , $\vec{v}_A = \begin{pmatrix} v_0\cos 55^\circ \\ v_0\sin 55^\circ \end{pmatrix}$

Event B (hoop): $\vec{S}_B = \begin{pmatrix} 6{,}75 \\ 0{,}95 \end{pmatrix}$ , where the height is the height difference $3{,}05 - 2{,}10 = 0{,}95\;\text{m}$ .

The parametric equations of motion between A and B are:

$\begin{cases} 6{,}75 = v_0\cos 55^\circ\cdot t_B \\ 0{,}95 = v_0\sin 55^\circ\cdot t_B - \tfrac{1}{2}\cdot 9{,}81\cdot t_B^2 \end{cases}$

Eliminating time. From the first equation we obtain the instant of arrival at the hoop:

$t_B = \frac{6{,}75}{v_0\cos 55^\circ}$

Substituting into the second equation. Note that in the first term $v_0\sin 55^\circ\cdot t_B = 6{,}75\cdot\tan 55^\circ$ , while the second term contains $t_B^2$ :

$0{,}95 = 6{,}75\,\tan 55^\circ - \frac{9{,}81}{2}\left(\frac{6{,}75}{v_0\cos 55^\circ}\right)^2$

Solving. With $\tan 55^\circ \approx 1{,}428$ and $\cos 55^\circ \approx 0{,}5736$ , let us work out the numerical terms:

$0{,}95 = 9{,}64 - 4{,}905\cdot\frac{45{,}56}{0{,}3290}\cdot\frac{1}{v_0^2} = 9{,}64 - \frac{679{,}3}{v_0^2}$

Isolating the term with $v_0^2$ and solving:

$\frac{679{,}3}{v_0^2} = 9{,}64 - 0{,}95 = 8{,}69 \quad\Rightarrow\quad v_0^2 = \frac{679{,}3}{8{,}69} \approx 78{,}2 \quad\Rightarrow\quad v_0 = \sqrt{78{,}2} \approx 8{,}84\;\text{m/s}$

$\ev{v_0 \approx 8{,}84\;\mathrm{m/s}}$

Links

Topics: Cinematica Concepts: Moto parabolico Skills: Scomposizione vettoriale · Uso della trigonometria Methods: Scomposizione in componenti cartesiane

Testo

Un’auto percorre un rettilineo di $450\;\mathrm{m}$ in $30\;\mathrm{s}$ a velocità costante. Calcola la velocità media.

Soluzione

La velocità media è definita come il rapporto tra lo spostamento e l’intervallo di tempo impiegato per compierlo:

$\bar{v} = \frac{\Delta s}{\Delta t}$

Sostituendo i dati del problema:

$\bar{v} = \frac{450\;\mathrm{m}}{30\;\mathrm{s}} = 15\;\mathrm{m/s}$

Poiché il moto avviene a velocità costante, in questo caso la velocità media coincide con la velocità istantanea in ogni punto del percorso. In chilometri all’ora si ha $15 \cdot 3{,}6 = 54\;\mathrm{km/h}$ .

$\ev{\bar{v} = 15\;\mathrm{m/s}}$

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Argomenti: Cinematica Concetti: Velocità media

Problem

A car covers a straight stretch of $450\;\mathrm{m}$ in $30\;\mathrm{s}$ at constant velocity. Calculate the average velocity.

Solution

The average velocity is defined as the ratio between the displacement and the time interval taken to cover it:

$\bar{v} = \frac{\Delta s}{\Delta t}$

Substituting the problem’s data:

$\bar{v} = \frac{450\;\mathrm{m}}{30\;\mathrm{s}} = 15\;\mathrm{m/s}$

Since the motion happens at constant velocity, in this case the average velocity coincides with the instantaneous velocity at every point of the path. In kilometres per hour this is $15 \cdot 3{,}6 = 54\;\mathrm{km/h}$ .

$\ev{\bar{v} = 15\;\mathrm{m/s}}$

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Topics: Cinematica Concepts: Velocità media

Testo

Un’auto parte da ferma e raggiunge $v = 15\;\mathrm{m/s}$ in $6{,}0$ secondi. Calcola l’accelerazione media, supposta costante.

Soluzione

L’accelerazione media è il rapporto tra la variazione di velocità e l’intervallo di tempo in cui essa avviene:

$\bar{a} = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{v - v_0}{\Delta t}$

L’auto parte da ferma, quindi la velocità iniziale è $v_0 = 0$ . Sostituendo i dati:

$\bar{a} = \frac{15\;\mathrm{m/s} - 0}{6{,}0\;\mathrm{s}} = 2{,}5\;\mathrm{m/s}^2$

Il risultato significa che ogni secondo la velocità dell’auto aumenta di $2{,}5\;\mathrm{m/s}$ .

$\ev{a = 2{,}5\;\mathrm{m/s}^2}$

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Argomenti: Cinematica Concetti: Accelerazione

Problem

A car starts from rest and reaches $v = 15\;\mathrm{m/s}$ in $6{,}0$ seconds. Calculate the average acceleration, assumed constant.

Solution

The average acceleration is the ratio between the change in speed and the time interval over which it occurs:

$\bar{a} = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{v - v_0}{\Delta t}$

The car starts from rest, so the initial speed is $v_0 = 0$ . Substituting the data:

$\bar{a} = \frac{15\;\mathrm{m/s} - 0}{6{,}0\;\mathrm{s}} = 2{,}5\;\mathrm{m/s}^2$

The result means that every second the car’s speed increases by $2{,}5\;\mathrm{m/s}$ .

$\ev{a = 2{,}5\;\mathrm{m/s}^2}$

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Topics: Cinematica Concepts: Accelerazione

Testo

Spiega, con un esempio concreto, la differenza fra velocità media e velocità istantanea. Poi spiega perché un’auto ferma a un semaforo ha accelerazione nulla ma può essere sottoposta a forze non nulle.

Soluzione

Velocità media e velocità istantanea. La velocità media su un intervallo di tempo è il rapporto tra lo spostamento totale e la durata dell’intervallo:

$\bar{v} = \frac{\Delta s}{\Delta t}$

Essa descrive il comportamento complessivo del moto, senza dire nulla su ciò che accade istante per istante. La velocità istantanea è invece il valore a cui tende la velocità media quando l’intervallo di tempo diventa piccolissimo:

$v = \lim_{\Delta t \to 0} \frac{\Delta s}{\Delta t}$

ed esprime la rapidità del moto in un preciso istante.

Esempio concreto. Un’auto percorre $120\;\mathrm{km}$ in $2\;\mathrm{h}$ : la sua velocità media è $60\;\mathrm{km/h}$ . Ciò non significa che l’auto abbia sempre viaggiato a $60\;\mathrm{km/h}$ : nei tratti di autostrada il tachimetro (che segna la velocità istantanea) può aver indicato $130\;\mathrm{km/h}$ , mentre in coda o ai caselli lo stesso tachimetro segnava $0\;\mathrm{km/h}$ . La media riassume l’intero viaggio; l’istantanea fotografa un singolo momento.

Auto ferma al semaforo. Un’auto ferma ha velocità costante (pari a zero) e quindi accelerazione nulla, perché l’accelerazione misura la variazione della velocità nel tempo. Accelerazione nulla non implica però assenza di forze: significa soltanto che la risultante delle forze è nulla. Sull’auto agiscono infatti la forza peso verso il basso e la reazione normale dell’asfalto verso l’alto, uguali e opposte; la loro somma vettoriale è zero. Sono le forze bilanciate a produrre accelerazione nulla, non l’assenza di forze.

$\ev{\bar{v} = \Delta s/\Delta t; \quad v = \lim_{\Delta t\to 0}\Delta s/\Delta t; \quad \text{forze bilanciate} \Rightarrow a = 0}$

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Argomenti: Cinematica Concetti: Velocità media

Problem

Explain, with a concrete example, the difference between average speed and instantaneous speed. Then explain why a car stopped at a traffic light has zero acceleration but can still be subject to non-zero forces.

Solution

Average speed and instantaneous speed. The average speed over a time interval is the ratio between the total displacement and the duration of the interval:

$\bar{v} = \frac{\Delta s}{\Delta t}$

It describes the overall behaviour of the motion, without saying anything about what happens instant by instant. Instantaneous speed, on the other hand, is the value that the average speed tends to as the time interval becomes vanishingly small:

$v = \lim_{\Delta t \to 0} \frac{\Delta s}{\Delta t}$

and expresses how fast the motion is at a precise instant.

Concrete example. A car covers $120\;\mathrm{km}$ in $2\;\mathrm{h}$ : its average speed is $60\;\mathrm{km/h}$ . This does not mean the car always travelled at $60\;\mathrm{km/h}$ : on motorway stretches the speedometer (which shows instantaneous speed) may have read $130\;\mathrm{km/h}$ , while stuck in traffic or at toll booths the same speedometer read $0\;\mathrm{km/h}$ . The average summarises the whole journey; the instantaneous value captures a single moment.

Car stopped at a traffic light. A stationary car has constant speed (equal to zero) and therefore zero acceleration, because acceleration measures the change in speed over time. Zero acceleration does not, however, imply the absence of forces: it merely means that the resultant of the forces is zero. The car is in fact acted on by the weight force downwards and the normal reaction of the road surface upwards, equal and opposite; their vector sum is zero. It is balanced forces that produce zero acceleration, not the absence of forces.

$\ev{\bar{v} = \Delta s/\Delta t; \quad v = \lim_{\Delta t\to 0}\Delta s/\Delta t; \quad \text{forze bilanciate} \Rightarrow a = 0}$

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Topics: Cinematica Concepts: Velocità media

Testo

Un oggetto si muove lungo una retta con la legge oraria rappresentata qualitativamente da tre tratti: (1) $0 \leq t \leq 2\;\mathrm{s}$ , accelera da fermo con $a = 3\;\mathrm{m/s}^2$ ; (2) $2 < t \leq 5\;\mathrm{s}$ , si muove con velocità costante; (3) $5 < t \leq 7\;\mathrm{s}$ , decelera uniformemente fino a fermarsi. Disegna i grafici $s(t)$ , $v(t)$ , $a(t)$ e determina la velocità massima e lo spazio totale percorso.

Soluzione

Tratto 1 (accelerazione, $0 \leq t \leq 2\;\mathrm{s}$ ). Il corpo parte da fermo con accelerazione costante $a_1 = 3\;\mathrm{m/s}^2$ . Al termine del tratto la velocità vale:

$v_\text{max} = a_1 \, t_1 = 3 \cdot 2 = 6\;\mathrm{m/s}$

Questa è la velocità massima raggiunta nell’intero moto. Lo spazio percorso è:

$s_1 = \tfrac{1}{2}\,a_1\,t_1^2 = \tfrac{1}{2}\cdot 3 \cdot 2^2 = 6\;\mathrm{m}$

Tratto 2 (velocità costante, $2 < t \leq 5\;\mathrm{s}$ ). La velocità resta $v_\text{max} = 6\;\mathrm{m/s}$ per una durata $\Delta t_2 = 3\;\mathrm{s}$ , quindi l’accelerazione è nulla e:

$s_2 = v_\text{max}\,\Delta t_2 = 6 \cdot 3 = 18\;\mathrm{m}$

Tratto 3 (decelerazione, $5 < t \leq 7\;\mathrm{s}$ ). Il corpo passa da $6\;\mathrm{m/s}$ a $0$ in $\Delta t_3 = 2\;\mathrm{s}$ , quindi la decelerazione è $a_3 = -6/2 = -3\;\mathrm{m/s}^2$ . Lo spazio percorso, area del triangolo sotto la $v(t)$ , vale:

$s_3 = \tfrac{1}{2}\,v_\text{max}\,\Delta t_3 = \tfrac{1}{2}\cdot 6 \cdot 2 = 6\;\mathrm{m}$

Andamento dei grafici.

$a(t)$ : costante e positiva ( $+3\;\mathrm{m/s}^2$ ) da $0$ a $2\;\mathrm{s}$ ; nulla da $2$ a $5\;\mathrm{s}$ ; costante e negativa ( $-3\;\mathrm{m/s}^2$ ) da $5$ a $7\;\mathrm{s}$ . È una funzione a gradini.

$v(t)$ : retta crescente da $0$ a $6\;\mathrm{m/s}$ nel primo tratto; segmento orizzontale a $6\;\mathrm{m/s}$ nel secondo; retta decrescente da $6\;\mathrm{m/s}$ a $0$ nel terzo. Ha la forma di un trapezio.

$s(t)$ : parabola con concavità verso l’alto nel primo tratto; retta obliqua (pendenza costante) nel secondo; parabola con concavità verso il basso nel terzo, fino a raggiungere il valore finale con tangente orizzontale.

Spazio totale. Sommando i tre contributi (equivalente all’area del trapezio sotto la $v(t)$ ):

$s_\text{tot} = s_1 + s_2 + s_3 = 6 + 18 + 6 = 30\;\mathrm{m}$

$\ev{v_\text{max} = 6\;\mathrm{m/s}, \quad s_\text{tot} = 30\;\mathrm{m}}$

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Argomenti: Cinematica Concetti: Moto uniformemente accelerato Competenze: Lettura dei grafici

Problem

An object moves along a straight line with a position-time law represented qualitatively by three stages: (1) $0 \leq t \leq 2\;\mathrm{s}$ , it accelerates from rest with $a = 3\;\mathrm{m/s}^2$ ; (2) $2 < t \leq 5\;\mathrm{s}$ , it moves at constant speed; (3) $5 < t \leq 7\;\mathrm{s}$ , it decelerates uniformly until stopping. Draw the graphs $s(t)$ , $v(t)$ , $a(t)$ and determine the maximum speed and the total distance covered.

Solution

Stage 1 (acceleration, $0 \leq t \leq 2\;\mathrm{s}$ ). The body starts from rest with constant acceleration $a_1 = 3\;\mathrm{m/s}^2$ . At the end of the stage the speed is:

$v_\text{max} = a_1 \, t_1 = 3 \cdot 2 = 6\;\mathrm{m/s}$

This is the maximum speed reached in the whole motion. The distance covered is:

$s_1 = \tfrac{1}{2}\,a_1\,t_1^2 = \tfrac{1}{2}\cdot 3 \cdot 2^2 = 6\;\mathrm{m}$

Stage 2 (constant speed, $2 < t \leq 5\;\mathrm{s}$ ). The speed stays at $v_\text{max} = 6\;\mathrm{m/s}$ for a duration $\Delta t_2 = 3\;\mathrm{s}$ , so the acceleration is zero and:

$s_2 = v_\text{max}\,\Delta t_2 = 6 \cdot 3 = 18\;\mathrm{m}$

Stage 3 (deceleration, $5 < t \leq 7\;\mathrm{s}$ ). The body goes from $6\;\mathrm{m/s}$ to $0$ in $\Delta t_3 = 2\;\mathrm{s}$ , so the deceleration is $a_3 = -6/2 = -3\;\mathrm{m/s}^2$ . The distance covered, the area of the triangle under $v(t)$ , is:

$s_3 = \tfrac{1}{2}\,v_\text{max}\,\Delta t_3 = \tfrac{1}{2}\cdot 6 \cdot 2 = 6\;\mathrm{m}$

Shape of the graphs.

$a(t)$ : constant and positive ( $+3\;\mathrm{m/s}^2$ ) from $0$ to $2\;\mathrm{s}$ ; zero from $2$ to $5\;\mathrm{s}$ ; constant and negative ( $-3\;\mathrm{m/s}^2$ ) from $5$ to $7\;\mathrm{s}$ . It is a step function.

$v(t)$ : rising straight line from $0$ to $6\;\mathrm{m/s}$ in the first stage; horizontal segment at $6\;\mathrm{m/s}$ in the second; falling straight line from $6\;\mathrm{m/s}$ to $0$ in the third. It has the shape of a trapezium.

$s(t)$ : an upward-concave parabola in the first stage; an oblique straight line (constant slope) in the second; a downward-concave parabola in the third, reaching the final value with a horizontal tangent.

Total distance. Adding the three contributions (equivalent to the area of the trapezium under $v(t)$ ):

$s_\text{tot} = s_1 + s_2 + s_3 = 6 + 18 + 6 = 30\;\mathrm{m}$

$\ev{v_\text{max} = 6\;\mathrm{m/s}, \quad s_\text{tot} = 30\;\mathrm{m}}$

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Topics: Cinematica Concepts: Moto uniformemente accelerato Skills: Lettura dei grafici

Testo

Un sasso viene lanciato verticalmente verso l’alto con velocità iniziale $v_0 = 25\;\mathrm{m/s}$ . Trascurando l’attrito dell’aria e usando $g = 9{,}8\;\mathrm{m/s}^2$ , determina l’altezza massima raggiunta e il tempo impiegato per raggiungerla.

Soluzione

Impostazione. Scegliamo l’asse verticale orientato verso l’alto, con origine nel punto di lancio. Durante la salita il sasso è soggetto alla sola accelerazione di gravità, diretta verso il basso, quindi $a = -g = -9{,}8\;\mathrm{m/s}^2$ . Le leggi del moto uniformemente accelerato sono:

$v(t) = v_0 - g\,t, \qquad s(t) = v_0\,t - \tfrac{1}{2}\,g\,t^2$

Tempo di salita. Nel punto più alto la velocità istantanea si annulla ( $v = 0$ ). Imponendo questa condizione:

$0 = v_0 - g\,t \quad \Rightarrow \quad t = \frac{v_0}{g} = \frac{25}{9{,}8} \approx 2{,}55\;\mathrm{s}$

Altezza massima. Conviene usare la relazione indipendente dal tempo $v^2 = v_0^2 - 2g\,h$ con $v = 0$ :

$h = \frac{v_0^2}{2g} = \frac{25^2}{2 \cdot 9{,}8} = \frac{625}{19{,}6} \approx 31{,}9\;\mathrm{m}$

Il sasso sale quindi a circa $32\;\mathrm{m}$ impiegando poco più di due secondi e mezzo.

$\ev{h \approx 31{,}9\;\mathrm{m}, \quad t \approx 2{,}55\;\mathrm{s}}$

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Argomenti: Cinematica Concetti: Caduta libera

Problem

A stone is thrown vertically upwards with initial speed $v_0 = 25\;\mathrm{m/s}$ . Neglecting air resistance and using $g = 9{,}8\;\mathrm{m/s}^2$ , determine the maximum height reached and the time taken to reach it.

Solution

Setup. We choose the vertical axis pointing upwards, with the origin at the launch point. During the ascent the stone is subject only to the gravitational acceleration, directed downwards, so $a = -g = -9{,}8\;\mathrm{m/s}^2$ . The equations of uniformly accelerated motion are:

$v(t) = v_0 - g\,t, \qquad s(t) = v_0\,t - \tfrac{1}{2}\,g\,t^2$

Time of ascent. At the highest point the instantaneous speed vanishes ( $v = 0$ ). Imposing this condition:

$0 = v_0 - g\,t \quad \Rightarrow \quad t = \frac{v_0}{g} = \frac{25}{9{,}8} \approx 2{,}55\;\mathrm{s}$

Maximum height. It is convenient to use the time-independent relation $v^2 = v_0^2 - 2g\,h$ with $v = 0$ :

$h = \frac{v_0^2}{2g} = \frac{25^2}{2 \cdot 9{,}8} = \frac{625}{19{,}6} \approx 31{,}9\;\mathrm{m}$

The stone therefore rises to about $32\;\mathrm{m}$ , taking a little over two and a half seconds.

$\ev{h \approx 31{,}9\;\mathrm{m}, \quad t \approx 2{,}55\;\mathrm{s}}$

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Topics: Cinematica Concepts: Caduta libera

Testo

Un’auto viaggia a $50\;\mathrm{km/h}$ in un centro abitato. Il guidatore ha un tempo di reazione di $0{,}8\;\mathrm{s}$ e l’auto decelera successivamente con $a = 6{,}0\;\mathrm{m/s}^2$ . Quanto vale la distanza totale di arresto (reazione + frenata)?

Soluzione

Conversione della velocità. Ricordando che $1\;\mathrm{km/h} = \dfrac{1}{3{,}6}\;\mathrm{m/s}$ :

$v_0 = \frac{50}{3{,}6} \approx 13{,}9\;\mathrm{m/s}$

La distanza di arresto è la somma di due contributi: il tratto percorso durante il tempo di reazione (a velocità costante) e il tratto di frenata vera e propria.

Tratto di reazione. Nel tempo di reazione il guidatore non ha ancora agito sul freno, quindi l’auto avanza a velocità costante:

$d_\text{reaz} = v_0 \, t_\text{reaz} = 13{,}9 \cdot 0{,}8 \approx 11{,}1\;\mathrm{m}$

Tratto di frenata. Durante la frenata il moto è uniformemente decelerato fino all’arresto ( $v = 0$ ). Dalla relazione indipendente dal tempo $v^2 = v_0^2 - 2a\,d_\text{fren}$ con $v = 0$ :

$d_\text{fren} = \frac{v_0^2}{2a} = \frac{13{,}9^2}{2 \cdot 6{,}0} = \frac{192{,}9}{12} \approx 16{,}1\;\mathrm{m}$

Distanza totale.

$d = d_\text{reaz} + d_\text{fren} \approx 11 + 16 = 27\;\mathrm{m}$

Si noti quanto pesa il tempo di reazione: già prima di iniziare a frenare l’auto ha percorso oltre $11\;\mathrm{m}$ .

$\ev{d \approx 27\;\mathrm{m} \;(\text{reazione } 11\;\mathrm{m} + \text{frenata } 16\;\mathrm{m})}$

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Argomenti: Cinematica Concetti: Moto uniformemente accelerato

Problem

A car travels at $50\;\mathrm{km/h}$ in a built-up area. The driver has a reaction time of $0{,}8\;\mathrm{s}$ and the car subsequently decelerates with $a = 6{,}0\;\mathrm{m/s}^2$ . What is the total stopping distance (reaction + braking)?

Solution

Converting the velocity. Recalling that $1\;\mathrm{km/h} = \dfrac{1}{3{,}6}\;\mathrm{m/s}$ :

$v_0 = \frac{50}{3{,}6} \approx 13{,}9\;\mathrm{m/s}$

The stopping distance is the sum of two contributions: the stretch covered during the reaction time (at constant velocity) and the actual braking stretch.

Reaction stretch. During the reaction time the driver has not yet acted on the brake, so the car advances at constant velocity:

$d_\text{reaz} = v_0 \, t_\text{reaz} = 13{,}9 \cdot 0{,}8 \approx 11{,}1\;\mathrm{m}$

Braking stretch. During braking the motion is uniformly decelerated until it stops ( $v = 0$ ). From the time-independent relation $v^2 = v_0^2 - 2a\,d_\text{fren}$ with $v = 0$ :

$d_\text{fren} = \frac{v_0^2}{2a} = \frac{13{,}9^2}{2 \cdot 6{,}0} = \frac{192{,}9}{12} \approx 16{,}1\;\mathrm{m}$

Total distance.

$d = d_\text{reaz} + d_\text{fren} \approx 11 + 16 = 27\;\mathrm{m}$

Notice how much the reaction time weighs: even before starting to brake the car has already covered over $11\;\mathrm{m}$ .

$\ev{d \approx 27\;\mathrm{m} \;(\text{reaction } 11\;\mathrm{m} + \text{braking } 16\;\mathrm{m})}$

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Topics: Cinematica Concepts: Moto uniformemente accelerato

Testo

Partendo dalle leggi del moto uniformemente accelerato $s(t) = s_0 + v_0 t + \tfrac{1}{2} a t^2$ e $v(t) = v_0 + a t$ , dimostra la relazione indipendente dal tempo $v^2 = v_0^2 + 2a\,\Delta s$ . Mostra esplicitamente i passaggi.

Soluzione

Strategia. L’idea è eliminare il tempo $t$ fra le due leggi del moto, in modo da ottenere una relazione che leghi direttamente velocità e spostamento.

Passo 1 — Ricaviamo il tempo dalla legge della velocità. Dalla relazione $v = v_0 + a t$ , isolando $t$ (supponendo $a \neq 0$ ):

$t = \frac{v - v_0}{a}$

Passo 2 — Esprimiamo lo spostamento. Indichiamo con $\Delta s = s - s_0$ lo spostamento; dalla legge oraria:

$\Delta s = v_0 t + \tfrac{1}{2} a t^2$

Passo 3 — Sostituiamo il tempo. Inseriamo l’espressione di $t$ trovata al passo 1:

$\Delta s = v_0 \cdot \frac{v - v_0}{a} + \tfrac{1}{2} a \left(\frac{v - v_0}{a}\right)^2 = \frac{v_0(v - v_0)}{a} + \frac{(v - v_0)^2}{2a}$

Passo 4 — Sviluppiamo e semplifichiamo. Riduciamo a denominatore comune $2a$ e sviluppiamo i quadrati:

$\Delta s = \frac{2v_0 v - 2v_0^2 + v^2 - 2 v_0 v + v_0^2}{2a} = \frac{v^2 - v_0^2}{2a}$

Passo 5 — Isoliamo $v^2$ . Moltiplicando ambo i membri per $2a$ :

$2a\,\Delta s = v^2 - v_0^2$

da cui la relazione cercata, indipendente dal tempo:

$\ev{v^2 = v_0^2 + 2a\,\Delta s}$

Questa formula è particolarmente utile quando il tempo non è noto né richiesto, ad esempio nel calcolo di distanze di arresto o di altezze massime.

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Argomenti: Cinematica Concetti: Moto uniformemente accelerato Competenze: Impostazione simbolica

Problem

Starting from the laws of uniformly accelerated motion $s(t) = s_0 + v_0 t + \tfrac{1}{2} a t^2$ and $v(t) = v_0 + a t$ , prove the time-independent relation $v^2 = v_0^2 + 2a\,\Delta s$ . Show the steps explicitly.

Solution

Strategy. The idea is to eliminate the time $t$ between the two laws of motion, so as to obtain a relation that directly links velocity and displacement.

Step 1 — Obtain the time from the velocity law. From the relation $v = v_0 + a t$ , isolating $t$ (assuming $a \neq 0$ ):

$t = \frac{v - v_0}{a}$

Step 2 — Express the displacement. Let $\Delta s = s - s_0$ denote the displacement; from the equation of motion:

$\Delta s = v_0 t + \tfrac{1}{2} a t^2$

Step 3 — Substitute the time. We insert the expression for $t$ found in step 1:

$\Delta s = v_0 \cdot \frac{v - v_0}{a} + \tfrac{1}{2} a \left(\frac{v - v_0}{a}\right)^2 = \frac{v_0(v - v_0)}{a} + \frac{(v - v_0)^2}{2a}$

Step 4 — Expand and simplify. Reducing to the common denominator $2a$ and expanding the squares:

$\Delta s = \frac{2v_0 v - 2v_0^2 + v^2 - 2 v_0 v + v_0^2}{2a} = \frac{v^2 - v_0^2}{2a}$

Step 5 — Isolate $v^2$ . Multiplying both sides by $2a$ :

$2a\,\Delta s = v^2 - v_0^2$

from which we obtain the sought relation, independent of time:

$\ev{v^2 = v_0^2 + 2a\,\Delta s}$

This formula is particularly useful when the time is neither known nor required, for example when calculating stopping distances or maximum heights.

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Topics: Cinematica Concepts: Moto uniformemente accelerato Skills: Impostazione simbolica

Testo

Un’auto A passa per un semaforo verde con velocità costante $v_A = 20\;\mathrm{m/s}$ . Nello stesso istante un’auto B, inizialmente ferma allo stesso semaforo, parte con accelerazione costante $a_B = 4{,}0\;\mathrm{m/s}^2$ . Determina dopo quanto tempo B raggiunge A e in quale posizione. È una situazione realistica in un contesto urbano?

Soluzione

Impostazione. Poniamo l’origine al semaforo e facciamo partire il tempo dall’istante in cui A transita e B parte. Scriviamo le leggi orarie delle due auto misurando la posizione lungo la strada:

$x_A(t) = v_A\,t = 20\,t, \qquad x_B(t) = \tfrac{1}{2}\,a_B\,t^2 = 2\,t^2$

Condizione di incontro. B raggiunge A quando le due posizioni coincidono, $x_A = x_B$ :

$20\,t = 2\,t^2 \quad \Rightarrow \quad 2\,t^2 - 20\,t = 0 \quad \Rightarrow \quad 2t\,(t - 10) = 0$

Le soluzioni sono $t = 0$ (l’istante di partenza, in cui sono affiancate al semaforo) e la soluzione fisicamente interessante:

$t = 10\;\mathrm{s}$

Posizione dell’incontro. Sostituendo in una delle due leggi orarie:

$d = x_A(10) = 20 \cdot 10 = 200\;\mathrm{m}$

Discussione di realismo. Al momento del sorpasso la velocità di B vale $v_B = a_B\,t = 4{,}0 \cdot 10 = 40\;\mathrm{m/s}$ , cioè $40 \cdot 3{,}6 = 144\;\mathrm{km/h}$ . Un’accelerazione di $4{,}0\;\mathrm{m/s}^2$ mantenuta per $10\;\mathrm{s}$ è irrealistica in città: nessun’auto normale sostiene tale accelerazione così a lungo, e comunque $144\;\mathrm{km/h}$ in un centro abitato è ben oltre i limiti. Il modello a accelerazione costante vale quindi solo per i primi istanti.

$\ev{\Delta t = 10\;\mathrm{s}, \quad d = 200\;\mathrm{m}}$

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Argomenti: Cinematica Concetti: Moto uniformemente accelerato

Problem

Car A passes a green traffic light with constant velocity $v_A = 20\;\mathrm{m/s}$ . At the same instant a car B, initially at rest at the same traffic light, sets off with constant acceleration $a_B = 4{,}0\;\mathrm{m/s}^2$ . Determine after how much time B catches up with A and at which position. Is this a realistic situation in an urban context?

Solution

Setup. We place the origin at the traffic light and start the clock at the instant A passes and B sets off. We write the equations of motion of the two cars, measuring position along the road:

$x_A(t) = v_A\,t = 20\,t, \qquad x_B(t) = \tfrac{1}{2}\,a_B\,t^2 = 2\,t^2$

Meeting condition. B catches up with A when the two positions coincide, $x_A = x_B$ :

$20\,t = 2\,t^2 \quad \Rightarrow \quad 2\,t^2 - 20\,t = 0 \quad \Rightarrow \quad 2t\,(t - 10) = 0$

The solutions are $t = 0$ (the starting instant, when they are side by side at the traffic light) and the physically interesting solution:

$t = 10\;\mathrm{s}$

Meeting position. Substituting into either equation of motion:

$d = x_A(10) = 20 \cdot 10 = 200\;\mathrm{m}$

Discussion of realism. At the moment of overtaking, B’s velocity is $v_B = a_B\,t = 4{,}0 \cdot 10 = 40\;\mathrm{m/s}$ , that is $40 \cdot 3{,}6 = 144\;\mathrm{km/h}$ . An acceleration of $4{,}0\;\mathrm{m/s}^2$ sustained for $10\;\mathrm{s}$ is unrealistic in a city: no ordinary car sustains such an acceleration for that long, and in any case $144\;\mathrm{km/h}$ in a built-up area is well beyond the speed limits. The constant-acceleration model therefore only holds for the first few instants.

$\ev{\Delta t = 10\;\mathrm{s}, \quad d = 200\;\mathrm{m}}$

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Argomenti: Cinematica Concetti: Moto uniformemente accelerato

Testo

Vero o falso, motivando la risposta: (a) un corpo in caduta libera ha accelerazione variabile; (b) due corpi lasciati cadere da altezze diverse arrivano al suolo con la stessa velocità; (c) in un moto rettilineo, se la velocità è positiva e l’accelerazione negativa, il corpo sta decelerando; (d) se in un grafico $v$ – $t$ la retta ha pendenza nulla, il corpo è fermo.

Soluzione

(a) FALSO. In caduta libera l’unica forza è il peso e l’accelerazione è quella di gravità $g \approx 9{,}8\;\mathrm{m/s}^2$ , che vicino alla superficie terrestre è costante (in modulo, direzione e verso). Ciò che cresce durante la caduta è la velocità, non l’accelerazione. La caduta libera è infatti l’esempio tipico di moto uniformemente accelerato.

(b) FALSO. La velocità con cui un corpo arriva al suolo dipende dall’altezza di caduta, secondo $v = \sqrt{2 g h}$ . Un corpo lasciato cadere da un’altezza maggiore ha più spazio per accelerare e arriva quindi con velocità maggiore. Solo se le altezze fossero uguali le velocità finali coinciderebbero.

(c) VERO. Decelerare significa che il modulo della velocità diminuisce nel tempo. Ciò accade quando velocità e accelerazione hanno verso opposto: se $v > 0$ e $a < 0$ , l’accelerazione tende a ridurre la velocità, che quindi diminuisce. Il corpo sta effettivamente rallentando.

(d) FALSO. In un grafico $v$ – $t$ la pendenza della retta rappresenta l’accelerazione. Pendenza nulla significa accelerazione nulla, cioè velocità costante, non necessariamente nulla. Il corpo può benissimo muoversi a velocità costante diversa da zero: è fermo solo nel caso particolare in cui quella costante valga zero.

$\ev{\text{(a) F} \quad \text{(b) F} \quad \text{(c) V} \quad \text{(d) F}}$

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Argomenti: Cinematica Concetti: Caduta libera

Problem

True or false, justifying the answer: (a) a body in free fall has variable acceleration; (b) two bodies dropped from different heights reach the ground with the same velocity; (c) in a rectilinear motion, if the velocity is positive and the acceleration negative, the body is decelerating; (d) if in a $v$ – $t$ graph the line has zero slope, the body is at rest.

Solution

(a) FALSE. In free fall the only force is weight, and the acceleration is that of gravity $g \approx 9{,}8\;\mathrm{m/s}^2$ , which near the Earth’s surface is constant (in magnitude, direction and sense). What grows during the fall is the velocity, not the acceleration. Free fall is indeed the typical example of uniformly accelerated motion.

(b) FALSE. The velocity with which a body reaches the ground depends on the drop height, according to $v = \sqrt{2 g h}$ . A body dropped from a greater height has more room to accelerate and therefore arrives with a greater velocity. Only if the heights were equal would the final velocities coincide.

(c) TRUE. Decelerating means that the magnitude of the velocity decreases over time. This happens when velocity and acceleration have opposite sense: if $v > 0$ and $a < 0$ , the acceleration tends to reduce the velocity, which therefore decreases. The body is indeed slowing down.

(d) FALSE. In a $v$ – $t$ graph the slope of the line represents the acceleration. Zero slope means zero acceleration, i.e. constant velocity, not necessarily zero velocity. The body can perfectly well move at a constant velocity different from zero: it is at rest only in the particular case where that constant equals zero.

$\ev{\text{(a) F} \quad \text{(b) F} \quad \text{(c) T} \quad \text{(d) F}}$

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Argomenti: Cinematica Concetti: Caduta libera

Testo

In laboratorio lasci cadere una biglia da un’altezza di $1{,}5\;\mathrm{m}$ e misuri con un cronometro a fotocellule un tempo di caduta $t = 0{,}553\;\mathrm{s}$ . Stima il valore sperimentale di $g$ e confrontalo con il valore standard, discutendo le possibili fonti di errore.

Soluzione

Modello. La biglia parte da ferma e cade liberamente: il moto è uniformemente accelerato con velocità iniziale nulla. La legge oraria della caduta è quindi:

$h = \tfrac{1}{2}\,g\,t^2$

Ricaviamo $g$ . Isolando l’accelerazione di gravità:

$g = \frac{2h}{t^2} = \frac{2 \cdot 1{,}5}{0{,}553^2} = \frac{3{,}0}{0{,}3058} \approx 9{,}81\;\mathrm{m/s}^2$

Confronto. Il valore ottenuto coincide, entro l’incertezza sperimentale, con il valore standard $g = 9{,}81\;\mathrm{m/s}^2$ : la misura è ottima.

Fonti di errore. Le principali sono:

incertezza sull’altezza $h$ : la posizione esatta di partenza e di arrivo della biglia è difficile da fissare al millimetro;

tempo di reazione delle fotocellule e loro allineamento, che introducono un piccolo errore sistematico sul tempo;

attrito dell’aria, che rallenta leggermente la caduta e tende a far sottostimare $g$ (effetto comunque trascurabile per una biglia densa su appena $1{,}5\;\mathrm{m}$ );

eventuale velocità iniziale non nulla se la biglia non è lasciata cadere con delicatezza.

Poiché $g$ dipende dal quadrato del tempo, un piccolo errore su $t$ si amplifica: conviene ripetere la misura più volte e mediare.

$\ev{g \approx 9{,}81\;\mathrm{m/s}^2}$

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Argomenti: Cinematica Concetti: Caduta libera Competenze: Stime di Fermi

Problem

In the lab you drop a marble from a height of $1{,}5\;\mathrm{m}$ and measure with a photogate timer a fall time $t = 0{,}553\;\mathrm{s}$ . Estimate the experimental value of $g$ and compare it with the standard value, discussing the possible sources of error.

Solution

Model. The marble starts from rest and falls freely: the motion is uniformly accelerated with zero initial velocity. The equation of motion for the fall is therefore:

$h = \tfrac{1}{2}\,g\,t^2$

Finding $g$ . Isolating the acceleration due to gravity:

$g = \frac{2h}{t^2} = \frac{2 \cdot 1{,}5}{0{,}553^2} = \frac{3{,}0}{0{,}3058} \approx 9{,}81\;\mathrm{m/s}^2$

Comparison. The value obtained coincides, within experimental uncertainty, with the standard value $g = 9{,}81\;\mathrm{m/s}^2$ : the measurement is excellent.

Sources of error. The main ones are:

uncertainty on the height $h$ : the exact starting and ending position of the marble is hard to fix to the millimetre;

reaction time of the photogates and their alignment, which introduce a small systematic error on the time;

air resistance, which slightly slows the fall and tends to underestimate $g$ (an effect that is nonetheless negligible for a dense marble over just $1{,}5\;\mathrm{m}$ );

any non-zero initial velocity if the marble is not released gently.

Since $g$ depends on the square of the time, a small error on $t$ is amplified: it is worth repeating the measurement several times and averaging.

$\ev{g \approx 9{,}81\;\mathrm{m/s}^2}$

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Argomenti: Cinematica Concetti: Caduta libera Competenze: Stime di Fermi

Testo

Ranking. Quattro auto percorrono un rettilineo a velocità costante. (A) Percorre $120\;\mathrm{m}$ in $6\;\mathrm{s}$ . (B) Percorre $45\;\mathrm{m}$ in $3\;\mathrm{s}$ . (C) Percorre $200\;\mathrm{m}$ in $10\;\mathrm{s}$ . (D) Percorre $300\;\mathrm{m}$ in $12\;\mathrm{s}$ . Ordina le velocità dalla più piccola alla più grande (usa " $=$ " in caso di parità).

Soluzione

Metodo. Trattandosi di moti a velocità costante, per ciascuna auto basta calcolare $v = \Delta s / \Delta t$ ; il confronto diretto dei rapporti evita ogni ambiguità.

$v_A = \frac{120}{6} = 20\;\mathrm{m/s}, \qquad v_B = \frac{45}{3} = 15\;\mathrm{m/s}$

$v_C = \frac{200}{10} = 20\;\mathrm{m/s}, \qquad v_D = \frac{300}{12} = 25\;\mathrm{m/s}$

Confronto. Le auto A e C hanno la stessa velocità ( $20\;\mathrm{m/s}$ ); B è la più lenta ( $15\;\mathrm{m/s}$ ) e D la più veloce ( $25\;\mathrm{m/s}$ ). Ordinando dalla più piccola alla più grande:

$\ev{B < A = C < D}$

Nota: percorrere più metri non significa essere più veloci. D percorre più strada di A, ma ciò che conta è quanta strada per unità di tempo.

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Argomenti: Cinematica Concetti: Velocità media Competenze: Ragionamento di ranking

Problem

Ranking. Four cars travel along a straight line at constant speed. (A) Covers $120\;\mathrm{m}$ in $6\;\mathrm{s}$ . (B) Covers $45\;\mathrm{m}$ in $3\;\mathrm{s}$ . (C) Covers $200\;\mathrm{m}$ in $10\;\mathrm{s}$ . (D) Covers $300\;\mathrm{m}$ in $12\;\mathrm{s}$ . Rank the speeds from smallest to largest (use " $=$ " in case of a tie).

Solution

Method. Since these are motions at constant speed, for each car it suffices to compute $v = \Delta s / \Delta t$ ; a direct comparison of the ratios avoids any ambiguity.

$v_A = \frac{120}{6} = 20\;\mathrm{m/s}, \qquad v_B = \frac{45}{3} = 15\;\mathrm{m/s}$

$v_C = \frac{200}{10} = 20\;\mathrm{m/s}, \qquad v_D = \frac{300}{12} = 25\;\mathrm{m/s}$

Comparison. Cars A and C have the same speed ( $20\;\mathrm{m/s}$ ); B is the slowest ( $15\;\mathrm{m/s}$ ) and D the fastest ( $25\;\mathrm{m/s}$ ). Ranking from smallest to largest:

$\ev{B < A = C < D}$

Note: covering more metres does not mean being faster. D covers more distance than A, but what matters is how much distance per unit of time.

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Topics: Kinematics Concepts: Average speed Skills: Ranking reasoning

Testo

Due autobus. Un autobus è fermo a un semaforo; parte nell’istante in cui gli sfreccia accanto un altro autobus identico con velocità costante $v_0$ . Il primo accelera uniformemente con $a > 0$ mentre il secondo prosegue inalterato. Tra i due, chi è più avanti subito dopo la partenza? Chi arriva prima a distanza molto grande? Esiste un istante in cui i due si ritrovano affiancati? Discuti qualitativamente, senza calcoli.

Soluzione

Conviene ragionare sulle due leggi orarie, con origine al semaforo e tempo che parte dall’istante del sorpasso: l’autobus che accelera avanza secondo $x_1 = \tfrac{1}{2} a t^2$ , quello a velocità costante secondo $x_2 = v_0 t$ .

Subito dopo la partenza. Per tempi piccoli il termine $\tfrac{1}{2} a t^2$ (che cresce come il quadrato del tempo) è trascurabile rispetto a $v_0 t$ (che cresce linearmente). Il primo autobus parte infatti da velocità nulla e ha bisogno di tempo per acquistare rapidità. Quindi subito è più avanti il secondo autobus, quello che viaggiava già a $v_0$ .

A distanza molto grande. Con il passare del tempo il termine quadratico prevale su quello lineare: l’autobus che accelera aumenta continuamente la propria velocità e finisce inevitabilmente per superare l’altro. A lungo andare arriva prima il primo autobus, quello che accelera.

Istante di affiancamento. Poiché all’inizio è avanti il secondo e più tardi è avanti il primo, per continuità deve esistere un istante in cui i due si trovano di nuovo affiancati. Ponendo $x_1 = x_2$ , cioè $\tfrac{1}{2} a t^2 = v_0 t$ , si trova (oltre a $t = 0$ ) l’istante:

$t = \frac{2 v_0}{a}$

in cui il primo autobus raggiunge il secondo. Da quel momento in poi resta definitivamente in testa.

$\ev{\text{subito avanti il secondo; a lungo andare il primo; affiancati in } t = 2v_0/a}$

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Argomenti: Cinematica Concetti: Moto uniformemente accelerato

Problem

Two buses. A bus is stopped at a traffic light; it sets off at the instant an identical bus whizzes past it at constant velocity $v_0$ . The first bus accelerates uniformly with $a > 0$ while the second carries on unchanged. Between the two, which is ahead right after departure? Which arrives first at a very large distance? Is there an instant at which the two are side by side again? Discuss qualitatively, without calculations.

Solution

It helps to reason about the two equations of motion, with the origin at the traffic light and time starting from the instant of the overtaking: the accelerating bus advances according to $x_1 = \tfrac{1}{2} a t^2$ , the one at constant velocity according to $x_2 = v_0 t$ .

Right after departure. For small times the term $\tfrac{1}{2} a t^2$ (which grows as the square of time) is negligible compared with $v_0 t$ (which grows linearly). Indeed, the first bus starts from zero velocity and needs time to pick up speed. So right away the second bus is ahead, the one that was already travelling at $v_0$ .

At a very large distance. As time passes, the quadratic term prevails over the linear one: the accelerating bus keeps increasing its own velocity and inevitably ends up overtaking the other. In the long run the first bus arrives first, the one that accelerates.

Instant of being side by side. Since at the start the second is ahead and later the first is ahead, by continuity there must exist an instant at which the two are side by side again. Setting $x_1 = x_2$ , i.e. $\tfrac{1}{2} a t^2 = v_0 t$ , gives (besides $t = 0$ ) the instant:

$t = \frac{2 v_0}{a}$

at which the first bus catches up with the second. From that moment on it stays permanently in the lead.

$\ev{\text{initially the 2nd is ahead; in the long run the 1st; side by side at } t = 2v_0/a}$

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Topics: Kinematics Concepts: Uniformly accelerated motion

Testo

Il grafico in figura mostra la velocità di un’auto in funzione del tempo. Determina la distanza percorsa nei primi $9\;\text{s}$ calcolando l’area sotto la curva.

Soluzione

Idea chiave. In un grafico velocità-tempo lo spazio percorso è numericamente uguale all’area compresa tra la curva e l’asse dei tempi. Basta quindi calcolare l’area della regione colorata.

Lettura del grafico. La velocità parte da $0$ , cresce linearmente fino a $6\;\text{m/s}$ all’istante $t = 3\;\text{s}$ , resta costante a $6\;\text{m/s}$ fino a $t = 6\;\text{s}$ , poi decresce linearmente tornando a $0$ in $t = 9\;\text{s}$ . La figura è un trapezio.

Metodo 1 — scomposizione in figure elementari. Un triangolo di salita, un rettangolo centrale e un triangolo di discesa:

$d = \underbrace{\tfrac{1}{2}\cdot 3\cdot 6}_{9} + \underbrace{3\cdot 6}_{18} + \underbrace{\tfrac{1}{2}\cdot 3\cdot 6}_{9} = 36\;\text{m}$

Metodo 2 — area del trapezio. Base maggiore $B = 9\;\text{s}$ , base minore $b = 3\;\text{s}$ (il tratto a velocità costante), altezza $h = 6\;\text{m/s}$ :

$d = \frac{(B + b)}{2}\, h = \frac{(9 + 3)}{2}\cdot 6 = 36\;\text{m}$

I due metodi coincidono, come deve essere.

$\ev{d = 36\;\mathrm{m}}$

Nota: la velocità media sull’intero intervallo è $\bar v = d/\Delta t = 36/9 = 4\;\text{m/s}$ , cioè l’altezza del rettangolo di pari area e base $9\;\text{s}$ .

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Argomenti: Cinematica Concetti: Velocità media Competenze: Lettura dei grafici

Problem

The graph in the figure shows the velocity of a car as a function of time. Determine the distance covered in the first $9\;\text{s}$ by calculating the area under the curve.

Solution

Key idea. In a velocity-time graph, the distance travelled is numerically equal to the area between the curve and the time axis. So it suffices to calculate the area of the coloured region.

Reading the graph. The velocity starts at $0$ , grows linearly up to $6\;\text{m/s}$ at instant $t = 3\;\text{s}$ , stays constant at $6\;\text{m/s}$ until $t = 6\;\text{s}$ , then decreases linearly back to $0$ at $t = 9\;\text{s}$ . The figure is a trapezium.

Method 1 — decomposition into elementary shapes. A rising triangle, a central rectangle and a falling triangle:

$d = \underbrace{\tfrac{1}{2}\cdot 3\cdot 6}_{9} + \underbrace{3\cdot 6}_{18} + \underbrace{\tfrac{1}{2}\cdot 3\cdot 6}_{9} = 36\;\text{m}$

Method 2 — area of the trapezium. Longer base $B = 9\;\text{s}$ , shorter base $b = 3\;\text{s}$ (the constant-velocity stretch), height $h = 6\;\text{m/s}$ :

$d = \frac{(B + b)}{2}\, h = \frac{(9 + 3)}{2}\cdot 6 = 36\;\text{m}$

The two methods agree, as they must.

$\ev{d = 36\;\mathrm{m}}$

Note: the average velocity over the whole interval is $\bar v = d/\Delta t = 36/9 = 4\;\text{m/s}$ , i.e. the height of the rectangle of equal area and base $9\;\text{s}$ .

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Topics: Kinematics Concepts: Average speed Skills: Reading graphs

Testo

Quale $x(t)$ ? Un’auto decelera uniformemente fino a fermarsi, partendo da velocità iniziale positiva. Quale dei grafici $x(t)$ qui sotto rappresenta il suo moto? (Epstein 2002)

Soluzione

La chiave è la pendenza. In un grafico posizione-tempo la pendenza della curva è la velocità istantanea. Traduciamo quindi il testo in condizioni sulla pendenza:

“velocità iniziale positiva” $\Rightarrow$ all’istante iniziale la curva sale con pendenza netta e positiva;

“decelera uniformemente” $\Rightarrow$ la pendenza diminuisce in modo regolare (la curva è concava verso il basso);

“fino a fermarsi” $\Rightarrow$ alla fine la pendenza si annulla, cioè la curva diventa orizzontale.

Analisi dei tre grafici.

A — parabola con pendenza crescente (concava verso l’alto): rappresenta un moto che accelera, non che rallenta. Scartato.

B — parabola che parte ripida e si appiattisce fino a diventare orizzontale: la pendenza (la velocità) parte grande e diminuisce fino a zero. È esattamente una decelerazione uniforme fino all’arresto. Corretto.

C — retta con pendenza costante: velocità costante, nessuna decelerazione. Scartato.

Verifica algebrica. Con $v_0 > 0$ e $a < 0$ costante la legge oraria è $x(t) = x_0 + v_0 t + \tfrac{1}{2} a t^2$ : una parabola con concavità verso il basso, la cui tangente diventa orizzontale nell’istante d’arresto $t = -v_0/a$ . Proprio l’andamento di B.

$\ev{\text{Il grafico corretto è } B}$

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Argomenti: Cinematica Concetti: Moto uniformemente accelerato Competenze: Lettura dei grafici

Problem

Which $x(t)$ ? A car decelerates uniformly until it stops, starting from a positive initial velocity. Which of the graphs $x(t)$ below represents its motion? (Epstein 2002)

Solution

The key is the slope. In a position-time graph, the slope of the curve is the instantaneous velocity. Let’s translate the text into conditions on the slope:

“positive initial velocity” $\Rightarrow$ at the initial instant the curve rises with a net, positive slope;

“decelerates uniformly” $\Rightarrow$ the slope decreases steadily (the curve is concave down);

“until it stops” $\Rightarrow$ at the end the slope goes to zero, i.e. the curve becomes horizontal.

Analysis of the three graphs.

A — parabola with increasing slope (concave up): represents a motion that is accelerating, not slowing down. Discarded.

B — parabola that starts steep and flattens out until it becomes horizontal: the slope (the velocity) starts large and decreases to zero. This is exactly a uniform deceleration to a stop. Correct.

C — straight line with constant slope: constant velocity, no deceleration. Discarded.

Algebraic check. With $v_0 > 0$ and constant $a < 0$ the equation of motion is $x(t) = x_0 + v_0 t + \tfrac{1}{2} a t^2$ : a downward-concave parabola whose tangent becomes horizontal at the stopping instant $t = -v_0/a$ . Exactly the behaviour of B.

$\ev{\text{The correct graph is } B}$

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Argomenti: Kinematics Concetti: Uniformly accelerated motion Competenze: Graph reading

Testo

Un ciclista percorre tre tratti consecutivi, come in figura: $100\;\text{m}$ a velocità costante in $5\;\text{s}$ , poi $150\;\text{m}$ accelerando uniformemente in $10\;\text{s}$ , poi $250\;\text{m}$ di nuovo a velocità costante in $15\;\text{s}$ . Calcola la velocità media sull’intero percorso e stima la velocità massima raggiunta.

Soluzione

Velocità media sull’intero percorso. La velocità media è, per definizione, lo spazio totale diviso il tempo totale. Non è la media delle velocità dei singoli tratti.

$s_{\text{tot}} = 100 + 150 + 250 = 500\;\text{m}, \qquad t_{\text{tot}} = 5 + 10 + 15 = 30\;\text{s}$

$\bar v = \frac{s_{\text{tot}}}{t_{\text{tot}}} = \frac{500}{30} = 16{,}7\;\text{m/s}$

$\ev{\bar v = 16{,}7\;\mathrm{m/s} \approx 60\;\mathrm{km/h}}$

Stima della velocità massima. La velocità istantanea è più alta nel tratto centrale, quello in cui il ciclista accelera: parte dalla velocità del primo tratto e cresce fino al valore di picco, raggiunto alla fine dell’accelerazione. Calcoliamo le velocità di riferimento dei tratti a moto uniforme:

$v_1 = \frac{100}{5} = 20\;\text{m/s}, \qquad v_3 = \frac{250}{15} = 16{,}7\;\text{m/s}$

Nel tratto accelerato la velocità sale sopra questi valori di crociera prima di riportarsi al regime del terzo tratto: il picco si colloca poco al di sopra, con una stima ragionevole

$\ev{v_{\max} \approx 22\;\mathrm{m/s} \approx 79\;\mathrm{km/h}}$

Si tratta di una stima: il dato preciso richiederebbe di conoscere l’andamento istante per istante della velocità nel tratto centrale, mentre qui disponiamo solo dello spazio e del tempo complessivi di ciascun tratto.

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Argomenti: Cinematica Concetti: Velocità media · Moto uniformemente accelerato Competenze: Lettura dei grafici

Problem

A cyclist covers three consecutive legs, as in the figure: $100\;\text{m}$ at constant velocity in $5\;\text{s}$ , then $150\;\text{m}$ accelerating uniformly in $10\;\text{s}$ , then $250\;\text{m}$ again at constant velocity in $15\;\text{s}$ . Calculate the average velocity over the whole route and estimate the maximum velocity reached.

Solution

Average velocity over the whole route. The average velocity is, by definition, the total distance divided by the total time. It is not the average of the velocities of the individual legs.

$s_{\text{tot}} = 100 + 150 + 250 = 500\;\text{m}, \qquad t_{\text{tot}} = 5 + 10 + 15 = 30\;\text{s}$

$\bar v = \frac{s_{\text{tot}}}{t_{\text{tot}}} = \frac{500}{30} = 16{.}7\;\text{m/s}$

$\ev{\bar v = 16{.}7\;\mathrm{m/s} \approx 60\;\mathrm{km/h}}$

Estimate of the maximum velocity. The instantaneous velocity is highest in the middle leg, the one in which the cyclist accelerates: it starts from the velocity of the first leg and grows up to the peak value, reached at the end of the acceleration. Let’s compute the reference velocities of the constant-velocity legs:

$v_1 = \frac{100}{5} = 20\;\text{m/s}, \qquad v_3 = \frac{250}{15} = 16{.}7\;\text{m/s}$

In the accelerated leg the velocity climbs above these cruising values before settling back to the third leg’s regime: the peak sits a little above them, with a reasonable estimate of

$\ev{v_{\max} \approx 22\;\mathrm{m/s} \approx 79\;\mathrm{km/h}}$

This is an estimate: the precise figure would require knowing the instant-by-instant velocity profile in the middle leg, whereas here we only have the total distance and time of each leg.

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Argomenti: Kinematics Concetti: Average velocity · Uniformly accelerated motion Competenze: Graph reading

Testo

Un’automobile percorre la prima metà di un viaggio a $50{,}0\;\text{km/h}$ e la seconda metà a $75{,}0\;\text{km/h}$ . Qual è la velocità media sull’intero percorso? Spiega perché la risposta non è la media aritmetica delle due velocità.

Soluzione

Definizione corretta. La velocità media è lo spazio totale diviso il tempo totale, non la media delle due velocità. La differenza nasce dal fatto che l’auto impiega più tempo nel tratto lento che in quello veloce, quindi la velocità bassa “pesa” di più.

Impostazione. Sia $d$ la lunghezza totale del viaggio: ogni metà misura $d/2$ . I tempi dei due tratti sono

$t_1 = \frac{d/2}{v_1} = \frac{d/2}{50{,}0}, \qquad t_2 = \frac{d/2}{v_2} = \frac{d/2}{75{,}0}$

Velocità media.

$\bar v = \frac{d}{t_1 + t_2} = \frac{d}{\dfrac{d/2}{50{,}0} + \dfrac{d/2}{75{,}0}} = \frac{1}{\dfrac{1}{2\cdot 50{,}0} + \dfrac{1}{2\cdot 75{,}0}}$

Il percorso $d$ si semplifica: il risultato non dipende dalla lunghezza del viaggio. Si riconosce la media armonica delle due velocità:

$\bar v = \frac{2\, v_1 v_2}{v_1 + v_2} = \frac{2\cdot 50{,}0\cdot 75{,}0}{50{,}0 + 75{,}0} = \frac{7500}{125} = 60{,}0\;\text{km/h}$

$\ev{\bar v = 60{,}0\;\mathrm{km/h}}$

Perché non la media aritmetica. La media aritmetica $(50{,}0 + 75{,}0)/2 = 62{,}5\;\text{km/h}$ sarebbe corretta solo se l’auto viaggiasse per uguali intervalli di tempo alle due velocità. Qui invece i tratti hanno uguale lunghezza, e a $50{,}0\;\text{km/h}$ si impiega più tempo che a $75{,}0\;\text{km/h}$ : il tratto lento occupa una frazione maggiore del viaggio, quindi la velocità media reale ( $60{,}0\;\text{km/h}$ ) è spostata verso il valore basso e risulta inferiore alla media aritmetica.

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Argomenti: Cinematica Concetti: Velocità media

Problem

A car covers the first half of a trip at $50{.}0\;\text{km/h}$ and the second half at $75{.}0\;\text{km/h}$ . What is the average velocity over the whole trip? Explain why the answer is not the arithmetic mean of the two velocities.

Solution

Correct definition. The average velocity is the total distance divided by the total time, not the average of the two velocities. The difference arises because the car spends more time on the slow leg than on the fast one, so the low velocity “weighs” more.

Setup. Let $d$ be the total length of the trip: each half measures $d/2$ . The times of the two legs are

$t_1 = \frac{d/2}{v_1} = \frac{d/2}{50{.}0}, \qquad t_2 = \frac{d/2}{v_2} = \frac{d/2}{75{.}0}$

Average velocity.

$\bar v = \frac{d}{t_1 + t_2} = \frac{d}{\dfrac{d/2}{50{.}0} + \dfrac{d/2}{75{.}0}} = \frac{1}{\dfrac{1}{2\cdot 50{.}0} + \dfrac{1}{2\cdot 75{.}0}}$

The distance $d$ cancels: the result does not depend on the length of the trip. We recognise the harmonic mean of the two velocities:

$\bar v = \frac{2\, v_1 v_2}{v_1 + v_2} = \frac{2\cdot 50{.}0\cdot 75{.}0}{50{.}0 + 75{.}0} = \frac{7500}{125} = 60{.}0\;\text{km/h}$

$\ev{\bar v = 60{.}0\;\mathrm{km/h}}$

Why not the arithmetic mean. The arithmetic mean $(50{.}0 + 75{.}0)/2 = 62{.}5\;\text{km/h}$ would be correct only if the car travelled for equal time intervals at the two velocities. Here instead the legs have equal length, and at $50{.}0\;\text{km/h}$ it takes more time than at $75{.}0\;\text{km/h}$ : the slow leg occupies a larger fraction of the trip, so the true average velocity ( $60{.}0\;\text{km/h}$ ) is shifted towards the low value and turns out lower than the arithmetic mean.

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Argomenti: Kinematics Concetti: Average velocity

Testo

Due ciclisti partono dallo stesso punto, percorrono la stessa strada e arrivano nello stesso istante alla stessa meta. Possiamo concludere che hanno avuto la stessa velocità istantanea in ogni momento? E la stessa velocità media? Motiva.

Soluzione

Distinzione di partenza. Bisogna tenere separati due concetti:

la velocità media dipende solo da spazio totale e tempo totale, cioè dagli estremi del viaggio;

la velocità istantanea descrive il moto in ogni singolo istante e può variare liberamente lungo il percorso.

Stessa velocità media: sì. I due ciclisti partono dallo stesso punto e arrivano alla stessa meta (stesso spostamento $\Delta s$ ) impiegando lo stesso tempo (stesso $\Delta t$ , perché partono e arrivano insieme). Quindi

$\bar v = \frac{\Delta s}{\Delta t}$

è identica per entrambi. La velocità media è necessariamente la stessa.

Stessa velocità istantanea: no. Avere lo stesso $\Delta s/\Delta t$ non impone nulla su come lo spazio venga percorso istante per istante. Un ciclista può partire lentamente e accelerare alla fine, l’altro scattare subito e poi rallentare: profili di velocità completamente diversi possono comunque produrre lo stesso spostamento nello stesso tempo. Anzi, se i profili sono diversi, in certi tratti uno sarà più veloce e in altri più lento, e in generale si supereranno a vicenda più volte.

Conclusione.

$\ev{\text{Stessa velocità media: sì} \; \Rightarrow \; \frac{\Delta s}{\Delta t}\ \text{uguale}; \qquad \text{stessa velocità istantanea: non necessariamente}}$

Vale però un’osservazione utile: poiché le due velocità medie coincidono, esiste almeno un istante in cui le velocità istantanee sono uguali (le curve $v(t)$ devono incrociarsi), ma questo non significa che siano uguali “in ogni momento”.

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Argomenti: Cinematica Concetti: Velocità media

Problem

Two cyclists start from the same point, travel the same road and arrive at the same instant at the same finish. Can we conclude that they had the same instantaneous velocity at every moment? And the same average velocity? Justify.

Solution

Starting distinction. Two concepts must be kept separate:

the average velocity depends only on the total distance and total time, i.e. on the endpoints of the trip;

the instantaneous velocity describes the motion at each single instant and can vary freely along the way.

Same average velocity: yes. Both cyclists start from the same point and arrive at the same finish (same displacement $\Delta s$ ) taking the same time (same $\Delta t$ , because they start and arrive together). Therefore

$\bar v = \frac{\Delta s}{\Delta t}$

is identical for both. The average velocity is necessarily the same.

Same instantaneous velocity: no. Having the same $\Delta s/\Delta t$ imposes nothing on how the distance is covered instant by instant. One cyclist may start slowly and accelerate at the end, the other sprint immediately and then slow down: completely different velocity profiles can still produce the same displacement in the same time. Indeed, if the profiles differ, at some points one will be faster and at others slower, and in general they will overtake each other more than once.

Conclusion.

$\ev{\text{Same average velocity: yes} \; \Rightarrow \; \frac{\Delta s}{\Delta t}\ \text{equal}; \qquad \text{same instantaneous velocity: not necessarily}}$

A useful remark still holds: since the two average velocities coincide, there is at least one instant at which the instantaneous velocities are equal (the $v(t)$ curves must cross), but this does not mean they are equal “at every moment”.

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Argomenti: Kinematics Concetti: Average velocity

Testo

Il grafico in figura mostra la posizione $x(t)$ di un corpo. Stima:

(a) la velocità media tra $t = 0$ e $t = 4\;\text{s}$ ;

(b) l’istante in cui la velocità istantanea è nulla;

(c) l’istante in cui la velocità è massima in modulo.

Soluzione

Come si legge un grafico $x(t)$ . La velocità istantanea è la pendenza (l’inclinazione della tangente) alla curva; la velocità media tra due istanti è la pendenza della corda che unisce i due punti corrispondenti.

(a) Velocità media tra $t = 0$ e $t = 4\;\text{s}$ . Si leggono le due posizioni sul grafico: $x(0) \approx 0{,}5\;\text{m}$ e, in corrispondenza del massimo della curva, $x(4) \approx 2{,}1\;\text{m}$ . Quindi

$\bar v = \frac{x(4) - x(0)}{4 - 0} \approx \frac{2{,}1 - 0{,}5}{4} \approx 0{,}4\;\text{m/s}$

(b) Istante di velocità nulla. La velocità istantanea è nulla dove la tangente è orizzontale, cioè dove la curva raggiunge il suo massimo. Dal grafico questo accade in

$\ev{t \approx 4\;\mathrm{s}}$

Prima di questo istante il corpo avanza ( $x$ cresce), dopo torna indietro ( $x$ decresce): il punto di inversione è il massimo.

(c) Istante di velocità massima in modulo. La velocità è massima in modulo dove la curva è più ripida. Nella fase di salita la pendenza è massima intorno a $t \approx 2\;\text{s}$ ( $v \approx 0{,}6\;\text{m/s}$ ); dopo il massimo, nella fase di ritorno, la discesa si fa via via più ripida verso la fine dell’intervallo. La pendenza in modulo più grande dell’intero grafico è quindi vicino a

$\ev{t \approx 5\;\mathrm{s}, \quad |v| \approx 0{,}7\;\mathrm{m/s}}$

Nota di metodo. Tutti questi valori sono stime lette dal grafico: l’obiettivo dell’esercizio è imparare a ricavare velocità (pendenze) da una curva posizione-tempo, non ottenere cifre esatte.

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Argomenti: Cinematica Concetti: Velocità media · Accelerazione Competenze: Lettura dei grafici

Problem

The graph in the figure shows the position $x(t)$ of a body. Estimate:

(a) the average velocity between $t = 0$ and $t = 4\;\text{s}$ ;

(b) the instant at which the instantaneous velocity is zero;

(c) the instant at which the velocity is maximum in magnitude.

Solution

How to read an $x(t)$ graph. The instantaneous velocity is the slope (the inclination of the tangent) to the curve; the average velocity between two instants is the slope of the chord joining the two corresponding points.

(a) Average velocity between $t = 0$ and $t = 4\;\text{s}$ . We read the two positions off the graph: $x(0) \approx 0{.}5\;\text{m}$ and, at the maximum of the curve, $x(4) \approx 2{.}1\;\text{m}$ . Hence

$\bar v = \frac{x(4) - x(0)}{4 - 0} \approx \frac{2{.}1 - 0{.}5}{4} \approx 0{.}4\;\text{m/s}$

(b) Instant of zero velocity. The instantaneous velocity is zero where the tangent is horizontal, i.e. where the curve reaches its maximum. From the graph this occurs at

$\ev{t \approx 4\;\mathrm{s}}$

Before this instant the body moves forward ( $x$ increases), afterwards it goes back ( $x$ decreases): the turning point is the maximum.

(c) Instant of maximum velocity in magnitude. The velocity is maximum in magnitude where the curve is steepest. In the rising phase the slope is maximum around $t \approx 2\;\text{s}$ ( $v \approx 0{.}6\;\text{m/s}$ ); after the maximum, in the return phase, the descent grows steadily steeper towards the end of the interval. The largest slope in magnitude over the whole graph is therefore near

$\ev{t \approx 5\;\mathrm{s}, \quad |v| \approx 0{.}7\;\mathrm{m/s}}$

Method note. All these values are estimates read off the graph: the aim of the exercise is to learn to derive velocities (slopes) from a position-time curve, not to obtain exact figures.

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Argomenti: Kinematics Concetti: Average velocity · Acceleration Competenze: Graph reading

Testo

Stima la distanza di frenata di un’auto che viaggia a $50\;\text{km/h}$ in città, supponendo una decelerazione tipica su asfalto asciutto ( $a \approx 7\;\text{m/s}^2$ ). Aggiungi anche la distanza percorsa durante il tempo di reazione del guidatore ( $\sim 1\;\text{s}$ ). È coerente con quanto visto in autoscuola?

Soluzione

Conversione della velocità. Ricordando che $1\;\text{km/h} = 1/3{,}6\;\text{m/s}$ :

$v = \frac{50}{3{,}6} \approx 13{,}9\;\text{m/s}$

Spazio di frenata vero e proprio. Durante la frenata il moto è uniformemente decelerato; usando $v^2 = v_0^2 - 2 a\, d_{\text{fren}}$ con velocità finale nulla:

$d_{\text{fren}} = \frac{v^2}{2a} = \frac{(13{,}9)^2}{2\cdot 7} = \frac{193}{14} \approx 13{,}8\;\text{m}$

$\ev{d_{\text{fren}} \approx 14\;\mathrm{m}}$

in pieno accordo con la stima $d \sim 10$ – $15\;\text{m}$ .

Distanza durante il tempo di reazione. Nel tempo di reazione $t_r \approx 1\;\text{s}$ il guidatore non ha ancora frenato: l’auto procede a velocità costante $v$ , percorrendo

$d_{\text{reaz}} = v\, t_r = 13{,}9\cdot 1 \approx 13{,}9\;\text{m}$

Spazio d’arresto totale. Sommando reazione e frenata:

$\ev{d_{\text{arresto}} = d_{\text{reaz}} + d_{\text{fren}} \approx 14 + 14 = 28\;\mathrm{m}}$

Coerenza con l’autoscuola. Sì. Le tabelle dello spazio d’arresto insegnano a $50\;\text{km/h}$ circa $25$ – $30\;\text{m}$ complessivi, di cui grossomodo metà dovuti al tempo di reazione e metà alla frenata: proprio l’ordine di grandezza ottenuto. Da notare che lo spazio di frenata cresce con il quadrato della velocità, mentre quello di reazione cresce solo linearmente.

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Argomenti: Cinematica Concetti: Moto uniformemente accelerato Competenze: Stime di Fermi

Problem

Estimate the braking distance of a car travelling at $50\;\text{km/h}$ in the city, assuming a typical deceleration on dry asphalt ( $a \approx 7\;\text{m/s}^2$ ). Add also the distance covered during the driver’s reaction time ( $\sim 1\;\text{s}$ ). Is it consistent with what is taught in driving school?

Solution

Velocity conversion. Recalling that $1\;\text{km/h} = 1/3{.}6\;\text{m/s}$ :

$v = \frac{50}{3{.}6} \approx 13{.}9\;\text{m/s}$

Actual braking distance. During braking the motion is uniformly decelerated; using $v^2 = v_0^2 - 2 a\, d_{\text{fren}}$ with zero final velocity:

$d_{\text{fren}} = \frac{v^2}{2a} = \frac{(13{.}9)^2}{2\cdot 7} = \frac{193}{14} \approx 13{.}8\;\text{m}$

$\ev{d_{\text{fren}} \approx 14\;\mathrm{m}}$

fully consistent with the estimate $d \sim 10$ – $15\;\text{m}$ .

Distance during the reaction time. During the reaction time $t_r \approx 1\;\text{s}$ the driver has not yet braked: the car proceeds at constant velocity $v$ , covering

$d_{\text{reaz}} = v\, t_r = 13{.}9\cdot 1 \approx 13{.}9\;\text{m}$

Total stopping distance. Adding reaction and braking:

$\ev{d_{\text{arresto}} = d_{\text{reaz}} + d_{\text{fren}} \approx 14 + 14 = 28\;\mathrm{m}}$

Consistency with driving school. Yes. The stopping-distance tables teach that at $50\;\text{km/h}$ the total is about $25$ – $30\;\text{m}$ , roughly half due to the reaction time and half to braking: exactly the order of magnitude obtained here. Note that the braking distance grows with the square of the velocity, while the reaction distance grows only linearly.

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Argomenti: Kinematics Concetti: Uniformly accelerated motion Competenze: Fermi estimates

Testo

Tre veicoli partono da fermi e raggiungono le seguenti velocità:

Auto A: $0 \to 100\;\text{km/h}$ in $8{,}0\;\text{s}$ ;

Camion B: $0 \to 60\;\text{km/h}$ in $12\;\text{s}$ ;

Moto C: $0 \to 80\;\text{km/h}$ in $4{,}0\;\text{s}$ .

Ordina i tre veicoli per accelerazione media crescente.

Soluzione

Definizione. L’accelerazione media è la variazione di velocità divisa per il tempo impiegato, $a = \Delta v / \Delta t$ . Poiché tutti partono da fermi, $\Delta v$ coincide con la velocità finale. Occorre prima convertire le velocità in $\text{m/s}$ con $1\;\text{km/h} = 1/3{,}6\;\text{m/s}$ , altrimenti il confronto è falsato.

Auto A.

$v_A = \frac{100}{3{,}6} \approx 27{,}8\;\text{m/s}, \qquad a_A = \frac{27{,}8}{8{,}0} \approx 3{,}5\;\text{m/s}^2$

Camion B.

$v_B = \frac{60}{3{,}6} \approx 16{,}7\;\text{m/s}, \qquad a_B = \frac{16{,}7}{12} \approx 1{,}4\;\text{m/s}^2$

Moto C.

$v_C = \frac{80}{3{,}6} \approx 22{,}2\;\text{m/s}, \qquad a_C = \frac{22{,}2}{4{,}0} \approx 5{,}6\;\text{m/s}^2$

Ordinamento crescente. Confrontando i tre valori $a_B \approx 1{,}4 < a_A \approx 3{,}5 < a_C \approx 5{,}6\;\text{m/s}^2$ :

$\ev{a_B < a_A < a_C}$

Osservazione. La classifica non si legge dalla sola velocità finale né dal solo tempo: la moto C, pur non avendo la velocità finale più alta, ha l’accelerazione maggiore perché raggiunge una velocità elevata nel tempo più breve. Il camion B, con velocità finale bassa e tempo lungo, ha l’accelerazione minore.

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Argomenti: Cinematica Concetti: Accelerazione Competenze: Ragionamento di ranking

Problem

Three vehicles start from rest and reach the following velocities:

Car A: $0 \to 100\;\text{km/h}$ in $8{.}0\;\text{s}$ ;

Truck B: $0 \to 60\;\text{km/h}$ in $12\;\text{s}$ ;

Motorbike C: $0 \to 80\;\text{km/h}$ in $4{.}0\;\text{s}$ .

Rank the three vehicles by increasing average acceleration.

Solution

Definition. The average acceleration is the change in velocity divided by the time taken, $a = \Delta v / \Delta t$ . Since all start from rest, $\Delta v$ equals the final velocity. We must first convert the velocities to $\text{m/s}$ using $1\;\text{km/h} = 1/3{.}6\;\text{m/s}$ , otherwise the comparison is skewed.

Car A.

$v_A = \frac{100}{3{.}6} \approx 27{.}8\;\text{m/s}, \qquad a_A = \frac{27{.}8}{8{.}0} \approx 3{.}5\;\text{m/s}^2$

Truck B.

$v_B = \frac{60}{3{.}6} \approx 16{.}7\;\text{m/s}, \qquad a_B = \frac{16{.}7}{12} \approx 1{.}4\;\text{m/s}^2$

Motorbike C.

$v_C = \frac{80}{3{.}6} \approx 22{.}2\;\text{m/s}, \qquad a_C = \frac{22{.}2}{4{.}0} \approx 5{.}6\;\text{m/s}^2$

Increasing order. Comparing the three values $a_B \approx 1{.}4 < a_A \approx 3{.}5 < a_C \approx 5{.}6\;\text{m/s}^2$ :

$\ev{a_B < a_A < a_C}$

Remark. The ranking cannot be read off the final velocity alone, nor the time alone: motorbike C, despite not having the highest final velocity, has the greatest acceleration because it reaches a high velocity in the shortest time. Truck B, with a low final velocity and a long time, has the smallest acceleration.

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Argomenti: Kinematics Concetti: Acceleration Competenze: Ranking reasoning

Testo

Vero o falso?

(a) Un corpo può avere velocità nulla e accelerazione diversa da zero in un certo istante.

(b) Se l’accelerazione è costante, la velocità deve essere costante.

(c) Un corpo che si muove di moto rettilineo uniforme ha velocità media diversa dalla velocità istantanea.

(d) Nel grafico $v$ – $t$ l’area sottesa rappresenta lo spazio percorso.

Soluzione

(a) Vero. Velocità e accelerazione sono grandezze indipendenti nello stesso istante: l’accelerazione dice come la velocità sta cambiando, non quanto vale. L’esempio classico è un sasso lanciato in alto: nel punto più alto della traiettoria $v = 0$ , ma l’accelerazione è ancora $g \approx 9{,}81\;\text{m/s}^2$ verso il basso, ed è proprio ciò che fa ripartire il sasso verso il basso.

(b) Falso. Accelerazione costante significa che la velocità cambia a ritmo costante, non che resti ferma. Se $a$ è costante e diversa da zero, la velocità varia linearmente nel tempo, $v(t) = v_0 + a t$ . La velocità è costante solo nel caso particolare $a = 0$ .

(c) Falso. Nel moto rettilineo uniforme la velocità istantanea è la stessa in ogni istante; di conseguenza la sua media su qualunque intervallo coincide con quel valore. Velocità media e istantanea sono uguali. (È l’unico caso in cui questo vale sempre.)

(d) Vero. In un grafico velocità-tempo l’area compresa tra la curva e l’asse dei tempi è numericamente uguale allo spazio percorso: per un tratto a velocità costante l’area è il rettangolo $v \cdot \Delta t$ , e in generale sommando aree infinitesime $v\,\mathrm{d}t$ si ottiene lo spazio totale.

$\ev{\text{(a) V} \quad \text{(b) F} \quad \text{(c) F} \quad \text{(d) V}}$

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Argomenti: Cinematica Concetti: Accelerazione · Caduta libera

Problem

True or false?

(a) A body can have zero velocity and non-zero acceleration at a certain instant.

(b) If the acceleration is constant, the velocity must be constant.

(c) A body moving with uniform rectilinear motion has an average velocity different from its instantaneous velocity.

(d) In the $v$ – $t$ graph, the area under the curve represents the distance travelled.

Solution

(a) True. Velocity and acceleration are independent quantities at the same instant: acceleration tells us how the velocity is changing, not what it is worth. The classic example is a stone thrown upward: at the highest point of the trajectory $v = 0$ , but the acceleration is still $g \approx 9{.}81\;\text{m/s}^2$ downward, and it is precisely this that makes the stone start falling back down.

(b) False. Constant acceleration means the velocity changes at a constant rate, not that it stays fixed. If $a$ is constant and non-zero, the velocity varies linearly with time, $v(t) = v_0 + a t$ . The velocity is constant only in the special case $a = 0$ .

(c) False. In uniform rectilinear motion the instantaneous velocity is the same at every instant; consequently its average over any interval coincides with that value. Average and instantaneous velocity are equal. (This is the only case in which this always holds.)

(d) True. In a velocity-time graph, the area between the curve and the time axis is numerically equal to the distance travelled: for a leg at constant velocity the area is the rectangle $v \cdot \Delta t$ , and in general summing infinitesimal areas $v\,\mathrm{d}t$ gives the total distance.

$\ev{\text{(a) T} \quad \text{(b) F} \quad \text{(c) F} \quad \text{(d) T}}$

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Argomenti: Kinematics Concetti: Acceleration · Free fall

Testo

Un sasso è lasciato cadere da un dirupo e impiega $3{,}0\;\text{s}$ per raggiungere il suolo. Trascurando la resistenza dell’aria, calcola l’altezza del dirupo e la velocità d’impatto.

Soluzione

Impostazione. Il sasso è “lasciato cadere”, quindi la velocità iniziale è nulla ( $v_0 = 0$ ). Trascurando l’aria, si tratta di una caduta libera: moto uniformemente accelerato con accelerazione $g \approx 9{,}81\;\text{m/s}^2$ diretta verso il basso. Prendiamo l’asse orientato verso il basso con origine nel punto di partenza.

Altezza del dirupo. Lo spazio percorso in caduta libera da fermo è

$h = \frac{1}{2} g\, t^2 = \frac{1}{2}\cdot 9{,}81\cdot (3{,}0)^2 = \frac{1}{2}\cdot 9{,}81\cdot 9{,}0 \approx 44{,}1\;\text{m}$

$\ev{h \approx 44\;\mathrm{m}}$

Velocità d’impatto. Con $v_0 = 0$ la velocità cresce linearmente nel tempo:

$v = g\, t = 9{,}81\cdot 3{,}0 \approx 29{,}4\;\text{m/s}$

$\ev{v \approx 29{,}4\;\mathrm{m/s} \approx 106\;\mathrm{km/h}}$

Verifica. La stessa velocità si ottiene dalla relazione senza tempo $v = \sqrt{2 g h} = \sqrt{2\cdot 9{,}81\cdot 44{,}1} \approx 29{,}4\;\text{m/s}$ , coerente con il risultato precedente. Come sempre in caduta libera, altezza e velocità d’impatto non dipendono dalla massa del sasso.

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Argomenti: Cinematica Concetti: Caduta libera · Moto uniformemente accelerato

Problem

A stone is dropped from a cliff and takes $3{.}0\;\text{s}$ to reach the ground. Neglecting air resistance, calculate the height of the cliff and the impact velocity.

Solution

Setup. The stone is “dropped”, so the initial velocity is zero ( $v_0 = 0$ ). Neglecting air, this is free fall: uniformly accelerated motion with acceleration $g \approx 9{.}81\;\text{m/s}^2$ directed downward. We take the axis oriented downward with origin at the starting point.

Height of the cliff. The distance covered in free fall from rest is

$h = \frac{1}{2} g\, t^2 = \frac{1}{2}\cdot 9{.}81\cdot (3{.}0)^2 = \frac{1}{2}\cdot 9{.}81\cdot 9{.}0 \approx 44{.}1\;\text{m}$

$\ev{h \approx 44\;\mathrm{m}}$

Impact velocity. With $v_0 = 0$ the velocity grows linearly with time:

$v = g\, t = 9{.}81\cdot 3{.}0 \approx 29{.}4\;\text{m/s}$

$\ev{v \approx 29{.}4\;\mathrm{m/s} \approx 106\;\mathrm{km/h}}$

Check. The same velocity is obtained from the time-free relation $v = \sqrt{2 g h} = \sqrt{2\cdot 9{.}81\cdot 44{.}1} \approx 29{.}4\;\text{m/s}$ , consistent with the previous result. As always in free fall, height and impact velocity do not depend on the mass of the stone.

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Argomenti: Kinematics Concetti: Free fall · Uniformly accelerated motion

Testo

Un calciatore tira un pallone con velocità iniziale di $20\;\text{m/s}$ a un angolo di $30^\circ$ rispetto al suolo. Calcola: (a) l’altezza massima raggiunta; (b) la gittata; (c) il tempo di volo. Trascura l’attrito dell’aria.

Soluzione

Strategia: scomporre il moto. Il moto parabolico si tratta separando la velocità iniziale nelle sue due componenti cartesiane: quella orizzontale resta costante (nessuna forza orizzontale), quella verticale è soggetta all’accelerazione di gravità $g \approx 9{,}81\;\text{m/s}^2$ verso il basso. Con $v_0 = 20\;\text{m/s}$ e $\theta = 30^\circ$ :

$v_{0x} = v_0 \cos\theta = 20\cos 30^\circ \approx 17{,}3\;\text{m/s}, \qquad v_{0y} = v_0 \sin\theta = 20\sin 30^\circ = 10{,}0\;\text{m/s}$

(a) Altezza massima. Nel punto più alto la componente verticale della velocità si annulla. Da $v_y^2 = v_{0y}^2 - 2 g\, h_{\max}$ con $v_y = 0$ :

$h_{\max} = \frac{v_{0y}^2}{2g} = \frac{(10{,}0)^2}{2\cdot 9{,}81} \approx 5{,}1\;\text{m}$

$\ev{h_{\max} \approx 5{,}1\;\mathrm{m}}$

(c) Tempo di volo. Conviene ricavarlo prima della gittata. Il pallone parte e ricade alla stessa quota; il tempo di volo è il doppio del tempo di salita $t_{\text{sal}} = v_{0y}/g$ :

$t_{\text{volo}} = \frac{2 v_{0y}}{g} = \frac{2\cdot 10{,}0}{9{,}81} \approx 2{,}0\;\text{s}$

$\ev{t_{\text{volo}} \approx 2{,}0\;\mathrm{s}}$

(b) Gittata. Lungo l’orizzontale il moto è uniforme a velocità $v_{0x}$ , per tutto il tempo di volo:

$G = v_{0x}\, t_{\text{volo}} = 17{,}3\cdot 2{,}0 \approx 35{,}3\;\text{m}$

$\ev{G \approx 35{,}3\;\mathrm{m}}$

Verifica. La gittata si ottiene anche dalla formula compatta $G = v_0^2 \sin(2\theta)/g = (20)^2 \sin 60^\circ / 9{,}81 \approx 35{,}3\;\text{m}$ , in accordo con il calcolo per componenti.

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Argomenti: Cinematica · Vettori Concetti: Moto parabolico Competenze: Scomposizione vettoriale · Uso della trigonometria Metodi: Scomposizione in componenti cartesiane

Problem

A footballer kicks a ball with an initial velocity of $20\;\text{m/s}$ at an angle of $30^\circ$ to the ground. Calculate: (a) the maximum height reached; (b) the range; (c) the flight time. Neglect air resistance.

Solution

Strategy: decompose the motion. Projectile motion is treated by splitting the initial velocity into its two Cartesian components: the horizontal one stays constant (no horizontal force), the vertical one is subject to the acceleration of gravity $g \approx 9{,}81\;\text{m/s}^2$ downwards. With $v_0 = 20\;\text{m/s}$ and $\theta = 30^\circ$ :

$v_{0x} = v_0 \cos\theta = 20\cos 30^\circ \approx 17{,}3\;\text{m/s}, \qquad v_{0y} = v_0 \sin\theta = 20\sin 30^\circ = 10{,}0\;\text{m/s}$

(a) Maximum height. At the highest point the vertical velocity component vanishes. From $v_y^2 = v_{0y}^2 - 2 g\, h_{\max}$ with $v_y = 0$ :

$h_{\max} = \frac{v_{0y}^2}{2g} = \frac{(10{,}0)^2}{2\cdot 9{,}81} \approx 5{,}1\;\text{m}$

$\ev{h_{\max} \approx 5{,}1\;\mathrm{m}}$

(c) Flight time. It is convenient to work this out before the range. The ball leaves and lands at the same height; the flight time is twice the rise time $t_{\text{sal}} = v_{0y}/g$ :

$t_{\text{volo}} = \frac{2 v_{0y}}{g} = \frac{2\cdot 10{,}0}{9{,}81} \approx 2{,}0\;\text{s}$

$\ev{t_{\text{volo}} \approx 2{,}0\;\mathrm{s}}$

(b) Range. Along the horizontal the motion is uniform at velocity $v_{0x}$ , for the whole flight time:

$G = v_{0x}\, t_{\text{volo}} = 17{,}3\cdot 2{,}0 \approx 35{,}3\;\text{m}$

$\ev{G \approx 35{,}3\;\mathrm{m}}$

Check. The range can also be obtained from the compact formula $G = v_0^2 \sin(2\theta)/g = (20)^2 \sin 60^\circ / 9{,}81 \approx 35{,}3\;\text{m}$ , in agreement with the component-wise calculation.

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Argomenti: Kinematics · Vectors Concetti: Projectile motion Competenze: Vector decomposition · Use of trigonometry Metodi: Decomposition into Cartesian components

Testo

Lanci una pietra in alto con velocità $v_0$ . Un amico afferma che, mentre la pietra sale, l’accelerazione è diretta verso l’alto perché “segue il movimento”. Hai ragione o ha ragione lui? Discuti facendo un disegno della velocità e dell’accelerazione in tre istanti: salita, sommità, discesa.

Soluzione

Hai ragione tu. Trascurando l’aria, sulla pietra agisce solo la gravità: l’accelerazione è $\vec{a} = \vec{g}$ , costante, di modulo $\approx 9{,}81\;\text{m/s}^2$ e sempre diretta verso il basso, indipendentemente dal fatto che la pietra stia salendo, sia ferma in cima o stia scendendo.

$\ev{\vec{a} = \vec{g} \; \text{costante, sempre verso il basso}}$

L’errore dell’amico. Egli confonde la direzione della velocità con quella dell’accelerazione. L’accelerazione non “segue il movimento”: indica come cambia la velocità. In salita la velocità è verso l’alto ma sta diminuendo, quindi la sua variazione (e perciò l’accelerazione) punta verso il basso.

I tre istanti.

Salita: $\vec{v}$ verso l’alto e in diminuzione; $\vec{a}$ verso il basso (opposta a $\vec{v}$ ): la pietra decelera.

Sommità: $\vec{v} = 0$ per un istante; $\vec{a}$ ancora verso il basso, $\approx 9{,}81\;\text{m/s}^2$ . È proprio questa accelerazione non nulla a far ripartire la pietra verso il basso.

Discesa: $\vec{v}$ verso il basso e in aumento; $\vec{a}$ verso il basso (concorde con $\vec{v}$ ): la pietra accelera.

In tutti e tre gli istanti la freccia rossa dell’accelerazione punta verso il basso: cambia solo la velocità.

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Argomenti: Cinematica Concetti: Caduta libera · Accelerazione

Problem

You throw a stone upwards with velocity $v_0$ . A friend claims that, while the stone is rising, the acceleration points upwards because it “follows the motion”. Are you right or is he? Discuss by drawing the velocity and the acceleration at three instants: rising, top, falling.

Solution

You are right. Neglecting air, only gravity acts on the stone: the acceleration is $\vec{a} = \vec{g}$ , constant, of magnitude $\approx 9{,}81\;\text{m/s}^2$ and always directed downwards, regardless of whether the stone is rising, momentarily at rest at the top, or falling.

$\ev{\vec{a} = \vec{g} \; \text{constant, always downwards}}$

The friend’s mistake. He confuses the direction of the velocity with that of the acceleration. The acceleration does not “follow the motion”: it indicates how the velocity changes. While rising the velocity points upwards but is decreasing, so its variation (and hence the acceleration) points downwards.

The three instants.

Rising: $\vec{v}$ upwards and decreasing; $\vec{a}$ downwards (opposite to $\vec{v}$ ): the stone decelerates.

Top: $\vec{v} = 0$ for an instant; $\vec{a}$ still downwards, $\approx 9{,}81\;\text{m/s}^2$ . It is precisely this non-zero acceleration that makes the stone start moving downwards again.

Falling: $\vec{v}$ downwards and increasing; $\vec{a}$ downwards (in the same direction as $\vec{v}$ ): the stone accelerates.

At all three instants the red acceleration arrow points downwards: only the velocity changes.

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Argomenti: Kinematics Concetti: Free fall · Acceleration

Testo

Lo scaffale di un supermercato è a $1{,}5\;\text{m}$ da terra. Un cliente fa cadere accidentalmente una scatola di pasta. Quanto tempo ha (al massimo) per cercare di afferrarla prima che tocchi terra? Quanta distanza percorrerà la sua mano se scende con velocità media di $1\;\text{m/s}$ ? È sufficiente?

Soluzione

La scatola parte da ferma e cade in caduta libera da un’altezza $h = 1{,}5\;\text{m}$ . Il legame tra altezza e tempo di caduta è quello del moto uniformemente accelerato con accelerazione $g$ :

$h = \frac{1}{2}\,g\,t^2 \quad\Longrightarrow\quad t = \sqrt{\frac{2h}{g}}$

Sostituendo i dati, con $g \approx 9{,}81\;\mathrm{m/s^2}$ :

$t = \sqrt{\frac{2 \cdot 1{,}5}{9{,}81}} = \sqrt{0{,}306}\;\mathrm{s} \approx 0{,}55\;\mathrm{s}$

Questo è il tempo massimo a disposizione per intervenire. Se la mano scende con velocità media $\bar v = 1\;\text{m/s}$ , nello stesso intervallo percorre:

$d = \bar v \cdot t = 1 \cdot 0{,}55 = 0{,}55\;\mathrm{m}$

La mano riesce a scendere solo di circa mezzo metro, ma la scatola deve percorrere $1{,}5\;\text{m}$ : il tentativo è quindi insufficiente per intercettarla.

$\ev{t \approx 0{,}55\;\mathrm{s}, \quad d \approx 0{,}55\;\mathrm{m} < 1{,}5\;\mathrm{m}}$

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Argomenti: Cinematica Concetti: Caduta libera

Problem

A supermarket shelf is $1{,}5\;\text{m}$ above the ground. A customer accidentally drops a box of pasta. How much time does he have (at most) to try to catch it before it hits the ground? How much distance will his hand cover if it moves down with an average velocity of $1\;\text{m/s}$ ? Is it enough?

Solution

The box starts from rest and falls freely from a height $h = 1{,}5\;\text{m}$ . The relationship between height and fall time is that of uniformly accelerated motion with acceleration $g$ :

$h = \frac{1}{2}\,g\,t^2 \quad\Longrightarrow\quad t = \sqrt{\frac{2h}{g}}$

Substituting the data, with $g \approx 9{,}81\;\mathrm{m/s^2}$ :

$t = \sqrt{\frac{2 \cdot 1{,}5}{9{,}81}} = \sqrt{0{,}306}\;\mathrm{s} \approx 0{,}55\;\mathrm{s}$

This is the maximum time available to intervene. If the hand moves down with average velocity $\bar v = 1\;\text{m/s}$ , in the same interval it covers:

$d = \bar v \cdot t = 1 \cdot 0{,}55 = 0{,}55\;\mathrm{m}$

The hand only manages to move down about half a metre, but the box must travel $1{,}5\;\text{m}$ : the attempt is therefore not enough to intercept it.

$\ev{t \approx 0{,}55\;\mathrm{s}, \quad d \approx 0{,}55\;\mathrm{m} < 1{,}5\;\mathrm{m}}$

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Argomenti: Kinematics Concetti: Free fall

Testo

Differenza tra velocità e accelerazione. Una pallina cade da ferma. Dopo $1\;\text{s}$ ha velocità $\sim 10\;\text{m/s}$ , dopo $2\;\text{s}$ $\sim 20\;\text{m/s}$ . Spiega in cinque righe in che senso “cambia la velocità” e cosa rappresenta l’accelerazione.

Soluzione

La velocità dice quanto è veloce la pallina in un certo istante: dopo $1\;\text{s}$ vale $10\;\text{m/s}$ , dopo $2\;\text{s}$ vale $20\;\text{m/s}$ . Il fatto che questo numero sia diverso da un istante all’altro significa che “la velocità cambia”.

L’accelerazione misura proprio la rapidità con cui la velocità cambia, cioè il rapporto tra la variazione di velocità e il tempo impiegato a produrla:

$a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{20 - 10}{2 - 1} = 10\;\mathrm{m/s^2}$

Ogni secondo la velocità aumenta di $10\;\text{m/s}$ : questo valore costante è l’accelerazione di gravità $g$ . Nel grafico $v(t)$ è una retta che parte dall’origine, e la sua pendenza (costante) è appunto $a = g$ .

$\ev{a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = 10\;\mathrm{m/s^2} = g}$

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Argomenti: Cinematica Concetti: Caduta libera · Accelerazione

Problem

Difference between velocity and acceleration. A ball falls from rest. After $1\;\text{s}$ its velocity is $\sim 10\;\text{m/s}$ , after $2\;\text{s}$ $\sim 20\;\text{m/s}$ . Explain in five lines in what sense “the velocity changes” and what the acceleration represents.

Solution

The velocity tells us how fast the ball is moving at a given instant: after $1\;\text{s}$ it is $10\;\text{m/s}$ , after $2\;\text{s}$ it is $20\;\text{m/s}$ . The fact that this number differs from one instant to the next means that “the velocity changes”.

The acceleration measures precisely the rate at which the velocity changes, that is, the ratio between the change in velocity and the time taken to produce it:

$a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{20 - 10}{2 - 1} = 10\;\mathrm{m/s^2}$

Every second the velocity increases by $10\;\text{m/s}$ : this constant value is the acceleration due to gravity $g$ . In the graph $v(t)$ is a straight line starting from the origin, and its (constant) slope is precisely $a = g$ .

$\ev{a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = 10\;\mathrm{m/s^2} = g}$

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Argomenti: Kinematics Concetti: Free fall · Acceleration

Testo

Distanza al primo e secondo secondo. Una macchina parte da ferma e accelera in modo costante. Discuti in cinque righe quanto spazio percorre nel primo secondo e quanto nel secondo secondo, e perché fa di più anche se l’accelerazione è identica.

Soluzione

Partendo da ferma con accelerazione costante $a$ , lo spazio percorso a partire dall’istante iniziale è:

$x(t) = \frac{1}{2}\,a\,t^2$

Nel primo secondo (da $t = 0$ a $t = 1$ ) la macchina percorre:

$x(1) = \frac{1}{2}\,a\,(1)^2 = \frac{a}{2}$

Fino a $t = 2\;\text{s}$ ha invece percorso $x(2) = \tfrac{1}{2}a(2)^2 = 2a$ . Quindi nel secondo secondo (da $t = 1$ a $t = 2$ ) percorre solo la differenza:

$\Delta x = x(2) - x(1) = 2a - \frac{a}{2} = \frac{3a}{2}$

Nel secondo intervallo la macchina copre $\tfrac{3a}{2}$ , cioè tre volte lo spazio del primo. L’accelerazione è identica, ma nel secondo secondo la macchina parte già con una velocità non nulla (quella accumulata nel primo secondo): la velocità media dell’intervallo è maggiore, quindi lo spazio percorso cresce.

$\ev{\text{primo secondo: } \tfrac{a}{2}; \quad \text{secondo secondo: } \tfrac{3a}{2} \; (\times 3)}$

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Argomenti: Cinematica Concetti: Moto uniformemente accelerato

Problem

Distance in the first and second second. A car starts from rest and accelerates uniformly. Discuss in five lines how much distance it covers in the first second and how much in the second second, and why it covers more even though the acceleration is identical.

Solution

Starting from rest with constant acceleration $a$ , the distance covered from the initial instant is:

$x(t) = \frac{1}{2}\,a\,t^2$

In the first second (from $t = 0$ to $t = 1$ ) the car covers:

$x(1) = \frac{1}{2}\,a\,(1)^2 = \frac{a}{2}$

By $t = 2\;\text{s}$ it has instead covered $x(2) = \tfrac{1}{2}a(2)^2 = 2a$ . So in the second second (from $t = 1$ to $t = 2$ ) it covers only the difference:

$\Delta x = x(2) - x(1) = 2a - \frac{a}{2} = \frac{3a}{2}$

In the second interval the car covers $\tfrac{3a}{2}$ , that is three times the distance of the first. The acceleration is identical, but in the second second the car already starts with a non-zero velocity (the one built up in the first second): the average velocity of the interval is larger, so the distance covered increases.

$\ev{\text{first second: } \tfrac{a}{2}; \quad \text{second second: } \tfrac{3a}{2} \; (\times 3)}$

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Argomenti: Kinematics Concetti: Uniformly accelerated motion

Testo

Vettori e moduli. Un’auto entra a $20\;\text{m/s}$ in una curva e ne esce a $20\;\text{m/s}$ . Discuti in cinque righe se l’auto ha accelerato durante la curva, e in che direzione.

Soluzione

Il modulo della velocità non cambia: entra ed esce a $20\;\text{m/s}$ . Ma la velocità è un vettore, e lungo la curva la sua direzione cambia continuamente (all’ingresso punta in una direzione, all’uscita in un’altra).

Poiché l’accelerazione misura la variazione del vettore velocità

$\vec a = \frac{\Delta \vec v}{\Delta t}$

e $\Delta \vec v = \vec v_\text{out} - \vec v_\text{in} \neq \vec 0$ (i due vettori hanno direzioni diverse), l’auto ha accelerato, anche se il tachimetro segnava sempre $20\;\text{m/s}$ .

Questa accelerazione è diretta verso il centro della curva (accelerazione centripeta) ed è perpendicolare alla velocità. Il suo modulo, per un moto circolare di raggio $r$ , vale:

$a_c = \frac{v^2}{r}$

$\ev{\text{sì, accelerazione centripeta verso il centro, modulo } a_c = v^2/r}$

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Argomenti: Cinematica · Vettori Concetti: Accelerazione centripeta · Accelerazione

Problem

Vectors and magnitudes. A car enters a bend at $20\;\text{m/s}$ and leaves it at $20\;\text{m/s}$ . Discuss in five lines whether the car accelerated while going round the bend, and in which direction.

Solution

The magnitude of the velocity does not change: it enters and leaves at $20\;\text{m/s}$ . But velocity is a vector, and along the bend its direction changes continuously (at entry it points in one direction, at exit in another).

Since the acceleration measures the change of the velocity vector

$\vec a = \frac{\Delta \vec v}{\Delta t}$

and $\Delta \vec v = \vec v_\text{out} - \vec v_\text{in} \neq \vec 0$ (the two vectors have different directions), the car did accelerate, even though the speedometer always read $20\;\text{m/s}$ .

This acceleration is directed towards the centre of the bend (centripetal acceleration) and is perpendicular to the velocity. Its magnitude, for circular motion of radius $r$ , is:

$a_c = \frac{v^2}{r}$

$\ev{\text{yes, centripetal acceleration towards the centre, magnitude } a_c = v^2/r}$

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Argomenti: Kinematics · Vectors Concetti: Centripetal acceleration · Acceleration

Testo

Caduta nell’aria. Una palla di carta e una palla di metallo della stessa dimensione cadono da $2\;\text{m}$ . Spiega in cinque righe perché arrivano a terra in tempi diversi, malgrado $g$ sia uguale per tutti.

Soluzione

L’accelerazione di gravità $g$ è davvero la stessa per entrambe: se cadessero nel vuoto, senza aria, arriverebbero a terra esattamente nello stesso istante, con tempo:

$t = \sqrt{\frac{2h}{g}} = \sqrt{\frac{2 \cdot 2}{9{,}81}} \approx 0{,}64\;\mathrm{s}$

Nell’aria, però, agisce anche la resistenza dell’aria, una forza che si oppone al moto e cresce con la velocità. Le due palle hanno la stessa dimensione (stessa area frontale), quindi subiscono una resistenza simile a parità di velocità; ma la palla di carta ha una massa molto minore.

Per la carta la resistenza dell’aria diventa presto confrontabile con il suo peso: raggiunge rapidamente una velocità limite e rallenta la sua caduta. La palla di metallo, molto più pesante, “sente” pochissimo l’aria e continua ad accelerare quasi come nel vuoto.

Per questo la palla di metallo tocca terra prima: non perché abbia un $g$ diverso, ma perché la resistenza dell’aria frena molto di più la carta, leggera.

$\ev{\text{nel vuoto tempi uguali; nell'aria la carta è frenata dalla resistenza}}$

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Argomenti: Cinematica Concetti: Caduta libera

Problem

Falling through air. A paper ball and a metal ball of the same size fall from $2\;\text{m}$ . Explain in five lines why they reach the ground at different times, despite $g$ being the same for both.

Solution

The acceleration of gravity $g$ really is the same for both: if they fell in a vacuum, without air, they would reach the ground at exactly the same instant, with time:

$t = \sqrt{\frac{2h}{g}} = \sqrt{\frac{2 \cdot 2}{9{,}81}} \approx 0{,}64\;\mathrm{s}$

In air, however, air resistance also acts, a force that opposes the motion and grows with velocity. The two balls have the same size (same frontal area), so they experience similar resistance at the same velocity; but the paper ball has a much smaller mass.

For the paper ball, air resistance soon becomes comparable to its weight: it quickly reaches a terminal velocity and its fall slows down. The metal ball, much heavier, “feels” the air very little and keeps accelerating almost as it would in a vacuum.

This is why the metal ball reaches the ground first: not because it has a different $g$ , but because air resistance slows the light paper ball down much more.

$\ev{\text{in a vacuum equal times; in air the paper is slowed by resistance}}$

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Argomenti: Kinematics Concetti: Free fall

Testo

Ranking: tempi di caduta. Quattro palline cadono nel vuoto da altezze: (A) $h = 0{,}5\;\text{m}$ ; (B) $h = 2\;\text{m}$ ; (C) $h = 5\;\text{m}$ ; (D) $h = 20\;\text{m}$ . Ordina i tempi di caduta dal più breve al più lungo.

Soluzione

Per la caduta libera da ferma, il tempo dipende solo dall’altezza:

$h = \frac{1}{2}\,g\,t^2 \quad\Longrightarrow\quad t = \sqrt{\frac{2h}{g}}$

Poiché $t$ cresce con $h$ (in modo monotòno), a maggiore altezza corrisponde maggiore tempo di caduta: l’ordine dei tempi segue l’ordine delle altezze. Calcoliamo i valori con $g \approx 9{,}81\;\mathrm{m/s^2}$ :

$t_A = \sqrt{\tfrac{2 \cdot 0{,}5}{9{,}81}} \approx 0{,}32\;\mathrm{s}, \quad t_B = \sqrt{\tfrac{2 \cdot 2}{9{,}81}} \approx 0{,}64\;\mathrm{s}$

$t_C = \sqrt{\tfrac{2 \cdot 5}{9{,}81}} \approx 1{,}01\;\mathrm{s}, \quad t_D = \sqrt{\tfrac{2 \cdot 20}{9{,}81}} \approx 2{,}02\;\mathrm{s}$

Si noti che il tempo cresce solo come $\sqrt{h}$ : quadruplicando l’altezza il tempo raddoppia. Ad esempio, passando da $B$ ( $2\;\text{m}$ ) a $D$ ( $20\;\text{m}$ ) l’altezza aumenta di $10$ volte, ma il tempo cresce solo di $\sqrt{10} \approx 3{,}2$ volte.

$\ev{A < B < C < D \quad (0{,}32 < 0{,}64 < 1{,}01 < 2{,}02\;\mathrm{s})}$

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Argomenti: Cinematica Concetti: Caduta libera Competenze: Ragionamento di ranking

Problem

Ranking: fall times. Four balls fall in a vacuum from heights: (A) $h = 0{,}5\;\text{m}$ ; (B) $h = 2\;\text{m}$ ; (C) $h = 5\;\text{m}$ ; (D) $h = 20\;\text{m}$ . Rank the fall times from shortest to longest.

Solution

For free fall from rest, the time depends only on the height:

$h = \frac{1}{2}\,g\,t^2 \quad\Longrightarrow\quad t = \sqrt{\frac{2h}{g}}$

Since $t$ increases monotonically with $h$ , a greater height corresponds to a longer fall time: the order of the times follows the order of the heights. Let us compute the values with $g \approx 9{,}81\;\mathrm{m/s^2}$ :

$t_A = \sqrt{\tfrac{2 \cdot 0{,}5}{9{,}81}} \approx 0{,}32\;\mathrm{s}, \quad t_B = \sqrt{\tfrac{2 \cdot 2}{9{,}81}} \approx 0{,}64\;\mathrm{s}$

$t_C = \sqrt{\tfrac{2 \cdot 5}{9{,}81}} \approx 1{,}01\;\mathrm{s}, \quad t_D = \sqrt{\tfrac{2 \cdot 20}{9{,}81}} \approx 2{,}02\;\mathrm{s}$

Note that the time grows only as $\sqrt{h}$ : quadrupling the height doubles the time. For example, going from $B$ ( $2\;\text{m}$ ) to $D$ ( $20\;\text{m}$ ) the height increases $10$ -fold, but the time only grows by a factor $\sqrt{10} \approx 3{,}2$ .

$\ev{A < B < C < D \quad (0{,}32 < 0{,}64 < 1{,}01 < 2{,}02\;\mathrm{s})}$

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Argomenti: Kinematics Concetti: Free fall Competenze: Ranking reasoning

Testo

Ranking: velocità a terra in caduta libera. Stesse altezze del problema precedente: (A) $h = 0{,}5\;\text{m}$ ; (B) $h = 2\;\text{m}$ ; (C) $h = 5\;\text{m}$ ; (D) $h = 20\;\text{m}$ . Ordina le velocità di impatto al suolo dalla più piccola alla più grande.

Soluzione

Per la caduta libera da ferma, la velocità di impatto si ottiene dalla relazione che lega velocità e spazio nel moto uniformemente accelerato ( $v^2 = 2gh$ ):

$v = \sqrt{2\,g\,h}$

Anche la velocità cresce con l’altezza (in modo monotòno), quindi l’ordine delle velocità segue quello delle altezze. Calcoliamo con $g \approx 9{,}81\;\mathrm{m/s^2}$ :

$v_A = \sqrt{2 \cdot 9{,}81 \cdot 0{,}5} \approx 3{,}13\;\mathrm{m/s}, \quad v_B = \sqrt{2 \cdot 9{,}81 \cdot 2} \approx 6{,}26\;\mathrm{m/s}$

$v_C = \sqrt{2 \cdot 9{,}81 \cdot 5} \approx 9{,}90\;\mathrm{m/s}, \quad v_D = \sqrt{2 \cdot 9{,}81 \cdot 20} \approx 19{,}81\;\mathrm{m/s}$

Come per i tempi, la velocità cresce solo come $\sqrt{h}$ : per quadruplicare la velocità di impatto occorre un’altezza $16$ volte maggiore (infatti $h_D = 40\,h_A$ e $v_D \approx 6{,}3\,v_A$ ).

$\ev{A < B < C < D \quad (3{,}13 < 6{,}26 < 9{,}90 < 19{,}81\;\mathrm{m/s})}$

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Argomenti: Cinematica Concetti: Caduta libera Competenze: Ragionamento di ranking

Problem

Ranking: ground-impact speed in free fall. Same heights as the previous problem: (A) $h = 0{,}5\;\text{m}$ ; (B) $h = 2\;\text{m}$ ; (C) $h = 5\;\text{m}$ ; (D) $h = 20\;\text{m}$ . Order the impact speeds at the ground from smallest to largest.

Solution

For free fall from rest, the impact speed is obtained from the relation linking speed and displacement in uniformly accelerated motion ( $v^2 = 2gh$ ):

$v = \sqrt{2\,g\,h}$

The speed also increases with height (monotonically), so the order of the speeds follows that of the heights. Let us calculate with $g \approx 9{,}81\;\mathrm{m/s^2}$ :

$v_A = \sqrt{2 \cdot 9{,}81 \cdot 0{,}5} \approx 3{,}13\;\mathrm{m/s}, \quad v_B = \sqrt{2 \cdot 9{,}81 \cdot 2} \approx 6{,}26\;\mathrm{m/s}$

$v_C = \sqrt{2 \cdot 9{,}81 \cdot 5} \approx 9{,}90\;\mathrm{m/s}, \quad v_D = \sqrt{2 \cdot 9{,}81 \cdot 20} \approx 19{,}81\;\mathrm{m/s}$

As with the times, the speed grows only as $\sqrt{h}$ : to quadruple the impact speed requires a height $16$ times greater (indeed $h_D = 40\,h_A$ and $v_D \approx 6{,}3\,v_A$ ).

$\ev{A < B < C < D \quad (3{,}13 < 6{,}26 < 9{,}90 < 19{,}81\;\mathrm{m/s})}$

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Topics: Cinematica Concepts: Caduta libera Skills: Ragionamento di ranking

Testo

Moto uniforme. Un treno viaggia a $120\;\text{km/h}$ costanti. In quanto tempo percorre $30\;\text{km}$ ?

Soluzione

Il moto è uniforme (velocità costante), quindi tempo, spazio e velocità sono legati dalla relazione:

$v = \frac{x}{t} \quad\Longrightarrow\quad t = \frac{x}{v}$

Conviene lavorare in unità coerenti. Convertiamo la velocità in metri al secondo ricordando che $1\;\text{km/h} = \tfrac{1}{3{,}6}\;\text{m/s}$ :

$v = \frac{120}{3{,}6} \approx 33{,}3\;\mathrm{m/s}$

Lo spazio è $x = 30\;\text{km} = 30\,000\;\text{m}$ . Sostituendo:

$t = \frac{30\,000}{33{,}3} = 900\;\mathrm{s}$

Che corrisponde a $900\;\text{s} = 15\;\text{min}$ . (Allo stesso risultato si arriva più rapidamente restando in km e ore: $t = 30/120 = 0{,}25\;\text{h} = 15\;\text{min}$ .)

$\ev{t = 900\;\mathrm{s} = 15\;\mathrm{min}}$

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Argomenti: Cinematica Concetti: Velocità media

Problem

Uniform motion. A train travels at a constant $120\;\text{km/h}$ . How long does it take to cover $30\;\text{km}$ ?

Solution

The motion is uniform (constant speed), so time, distance and speed are linked by the relation:

$v = \frac{x}{t} \quad\Longrightarrow\quad t = \frac{x}{v}$

It is convenient to work in consistent units. Let us convert the speed into metres per second, recalling that $1\;\text{km/h} = \tfrac{1}{3{,}6}\;\text{m/s}$ :

$v = \frac{120}{3{,}6} \approx 33{,}3\;\mathrm{m/s}$

The distance is $x = 30\;\text{km} = 30\,000\;\text{m}$ . Substituting:

$t = \frac{30\,000}{33{,}3} = 900\;\mathrm{s}$

Which corresponds to $900\;\text{s} = 15\;\text{min}$ . (The same result is reached more quickly by staying in km and hours: $t = 30/120 = 0{,}25\;\text{h} = 15\;\text{min}$ .)

$\ev{t = 900\;\mathrm{s} = 15\;\mathrm{min}}$

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Topics: Cinematica Concepts: Velocità media

Testo

Accelerazione di una moto. Una moto parte da ferma e raggiunge $30\;\text{m/s}$ in $5\;\text{s}$ . Calcola accelerazione media e spazio percorso.

Soluzione

Accelerazione media. È il rapporto tra la variazione di velocità e il tempo impiegato. La moto parte da ferma ( $v_0 = 0$ ):

$a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{30 - 0}{5} = 6{,}0\;\mathrm{m/s^2}$

Spazio percorso. Con accelerazione costante partendo da fermo:

$x = \frac{1}{2}\,a\,t^2 = \frac{1}{2} \cdot 6{,}0 \cdot 5^2 = 75\;\mathrm{m}$

Allo stesso risultato si arriva calcolando l’area del triangolo sotto la retta $v(t)$ (evidenziata in figura): $x = \tfrac{1}{2} \cdot \text{base} \cdot \text{altezza} = \tfrac{1}{2} \cdot 5 \cdot 30 = 75\;\text{m}$ .

$\ev{a = 6{,}0\;\mathrm{m/s^2}, \quad x = 75\;\mathrm{m}}$

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Argomenti: Cinematica Concetti: Accelerazione · Moto uniformemente accelerato

Problem

Acceleration of a motorbike. A motorbike starts from rest and reaches $30\;\text{m/s}$ in $5\;\text{s}$ . Calculate the average acceleration and the distance covered.

Solution

Average acceleration. This is the ratio between the change in speed and the time taken. The motorbike starts from rest ( $v_0 = 0$ ):

$a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{30 - 0}{5} = 6{,}0\;\mathrm{m/s^2}$

Distance covered. With constant acceleration starting from rest:

$x = \frac{1}{2}\,a\,t^2 = \frac{1}{2} \cdot 6{,}0 \cdot 5^2 = 75\;\mathrm{m}$

The same result is reached by calculating the area of the triangle under the line $v(t)$ (highlighted in the figure): $x = \tfrac{1}{2} \cdot \text{base} \cdot \text{height} = \tfrac{1}{2} \cdot 5 \cdot 30 = 75\;\text{m}$ .

$\ev{a = 6{,}0\;\mathrm{m/s^2}, \quad x = 75\;\mathrm{m}}$

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Topics: Cinematica Concepts: Accelerazione · Moto uniformemente accelerato

Testo

Frenata d’auto. Un’auto a $90\;\text{km/h}$ frena con decelerazione costante $5\;\text{m/s}^2$ . Quanto spazio percorre prima di fermarsi?

Soluzione

Convertiamo la velocità iniziale in metri al secondo, ricordando che $1\;\text{km/h} = \tfrac{1}{3{,}6}\;\text{m/s}$ :

$v_0 = \frac{90}{3{,}6} = 25\;\mathrm{m/s}$

La frenata è un moto uniformemente decelerato: l’accelerazione è $a = -5\;\mathrm{m/s^2}$ (opposta al moto) e la velocità finale è $v = 0$ . Usiamo la relazione che lega velocità e spazio senza il tempo:

$v^2 = v_0^2 + 2\,a\,s \quad\Longrightarrow\quad 0 = v_0^2 - 2 \cdot 5 \cdot s$

Ricavando lo spazio di arresto:

$s = \frac{v_0^2}{2 \cdot 5} = \frac{25^2}{10} = \frac{625}{10} = 62{,}5\;\mathrm{m}$

Anche su asfalto buono, sotto i $90\;\text{km/h}$ servono oltre $60$ metri per fermarsi: cinture e distanze di sicurezza esistono proprio per questo.

$\ev{s = 62{,}5\;\mathrm{m}}$

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Argomenti: Cinematica Concetti: Moto uniformemente accelerato

Problem

Car braking. A car at $90\;\text{km/h}$ brakes with a constant deceleration of $5\;\text{m/s}^2$ . What distance does it cover before stopping?

Solution

Let us convert the initial speed into metres per second, recalling that $1\;\text{km/h} = \tfrac{1}{3{,}6}\;\text{m/s}$ :

$v_0 = \frac{90}{3{,}6} = 25\;\mathrm{m/s}$

Braking is a uniformly decelerated motion: the acceleration is $a = -5\;\mathrm{m/s^2}$ (opposite to the motion) and the final speed is $v = 0$ . Let us use the relation linking speed and distance without time:

$v^2 = v_0^2 + 2\,a\,s \quad\Longrightarrow\quad 0 = v_0^2 - 2 \cdot 5 \cdot s$

Solving for the stopping distance:

$s = \frac{v_0^2}{2 \cdot 5} = \frac{25^2}{10} = \frac{625}{10} = 62{,}5\;\mathrm{m}$

Even on good tarmac, from $90\;\text{km/h}$ it takes over $60$ metres to stop: seatbelts and safe following distances exist for exactly this reason.

$\ev{s = 62{,}5\;\mathrm{m}}$

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Topics: Cinematica Concepts: Moto uniformemente accelerato

Testo

Caduta libera in 2D. Un sasso è lanciato orizzontalmente a $15\;\text{m/s}$ da un palazzo di $20\;\text{m}$ di altezza. Calcola: (a) il tempo di volo; (b) la distanza orizzontale al suolo. La componente verticale non dipende da quella orizzontale.

Soluzione

Il moto si scompone in due moti indipendenti lungo gli assi cartesiani:

lungo $x$ (orizzontale): moto uniforme con velocità costante $v_0 = 15\;\text{m/s}$ ;

lungo $y$ (verticale): caduta libera da ferma, con accelerazione $g$ .

(a) Tempo di volo. Dipende solo dal moto verticale: il sasso deve scendere di $h = 20\;\text{m}$ partendo con velocità verticale nulla. Da $h = \tfrac{1}{2}g\,t^2$ :

$t = \sqrt{\frac{2h}{g}} = \sqrt{\frac{2 \cdot 20}{9{,}81}} = \sqrt{4{,}077}\;\mathrm{s} \approx 2{,}02\;\mathrm{s}$

La velocità orizzontale non influenza affatto questo tempo: il sasso tocca terra nello stesso istante in cui lo farebbe se fosse semplicemente lasciato cadere.

(b) Distanza orizzontale (gittata). Lungo $x$ il moto è uniforme, quindi lo spazio è velocità per tempo:

$x = v_0 \cdot t = 15 \cdot 2{,}02 \approx 30{,}3\;\mathrm{m}$

$\ev{t \approx 2{,}02\;\mathrm{s}, \quad x \approx 30{,}3\;\mathrm{m}}$

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Argomenti: Cinematica · Vettori Concetti: Moto parabolico · Caduta libera Metodi: Scomposizione in componenti cartesiane

Problem

Free fall in 2D. A stone is thrown horizontally at $15\;\text{m/s}$ from a building $20\;\text{m}$ high. Calculate: (a) the flight time; (b) the horizontal distance at the ground. The vertical component does not depend on the horizontal one.

Solution

The motion splits into two independent motions along the Cartesian axes:

along $x$ (horizontal): uniform motion with constant speed $v_0 = 15\;\text{m/s}$ ;

along $y$ (vertical): free fall from rest, with acceleration $g$ .

(a) Flight time. This depends only on the vertical motion: the stone must descend by $h = 20\;\text{m}$ starting with zero vertical speed. From $h = \tfrac{1}{2}g\,t^2$ :

$t = \sqrt{\frac{2h}{g}} = \sqrt{\frac{2 \cdot 20}{9{,}81}} = \sqrt{4{,}077}\;\mathrm{s} \approx 2{,}02\;\mathrm{s}$

The horizontal speed does not affect this time at all: the stone hits the ground at the same instant it would if it were simply dropped.

(b) Horizontal distance (range). Along $x$ the motion is uniform, so the distance is speed times time:

$x = v_0 \cdot t = 15 \cdot 2{,}02 \approx 30{,}3\;\mathrm{m}$

$\ev{t \approx 2{,}02\;\mathrm{s}, \quad x \approx 30{,}3\;\mathrm{m}}$

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Topics: Cinematica · Vettori Concepts: Moto parabolico · Caduta libera Methods: Scomposizione in componenti cartesiane

Testo

Un proiettile parte a $40\;\text{m/s}$ con angolo $45^\circ$ . Calcola gittata e altezza massima (trascurando la resistenza dell’aria).

Soluzione

Componenti iniziali. Scomponiamo la velocità iniziale lungo gli assi. Con $\theta = 45^\circ$ e $v_0 = 40\;\text{m/s}$ :

$v_{0x} = v_0\cos 45^\circ = \frac{40}{\sqrt 2} \approx 28{,}28\;\mathrm{m/s}, \qquad v_{0y} = v_0\sin 45^\circ \approx 28{,}28\;\mathrm{m/s}$

Come per la caduta libera in 2D, il moto è la sovrapposizione di un moto orizzontale uniforme (velocità $v_{0x}$ ) e di un moto verticale uniformemente accelerato con accelerazione $-g$ .

Gittata. È la distanza orizzontale percorsa quando il proiettile ritorna alla quota di partenza. Usando la formula generale:

$x_\text{max} = \frac{v_0^2\sin 2\theta}{g} = \frac{40^2 \cdot \sin 90^\circ}{9{,}81} = \frac{1600 \cdot 1}{9{,}81} \approx 163\;\mathrm{m}$

Altezza massima. Nel punto più alto la componente verticale della velocità si annulla ( $v_y = 0$ ). Usando $v_y^2 = v_{0y}^2 - 2g\,h$ con $v_y = 0$ :

$h_\text{max} = \frac{v_0^2\sin^2\theta}{2g} = \frac{1600 \cdot 0{,}5}{19{,}62} \approx 40{,}8\;\mathrm{m}$

A $45^\circ$ si ottiene la gittata massima a parità di $v_0$ (senza attrito): è l’angolo che bilancia velocità orizzontale e tempo di volo.

$\ev{x_\text{max} \approx 163\;\mathrm{m}, \quad h_\text{max} \approx 40{,}8\;\mathrm{m}}$

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Argomenti: Cinematica · Vettori Concetti: Moto parabolico Competenze: Scomposizione vettoriale · Uso della trigonometria

Problem

A projectile leaves at $40\;\text{m/s}$ with an angle of $45^\circ$ . Calculate the range and the maximum height (neglecting air resistance).

Solution

Initial components. Let us resolve the initial speed along the axes. With $\theta = 45^\circ$ and $v_0 = 40\;\text{m/s}$ :

$v_{0x} = v_0\cos 45^\circ = \frac{40}{\sqrt 2} \approx 28{,}28\;\mathrm{m/s}, \qquad v_{0y} = v_0\sin 45^\circ \approx 28{,}28\;\mathrm{m/s}$

As with free fall in 2D, the motion is the superposition of a uniform horizontal motion (speed $v_{0x}$ ) and a uniformly accelerated vertical motion with acceleration $-g$ .

Range. This is the horizontal distance covered when the projectile returns to the launch height. Using the general formula:

$x_\text{max} = \frac{v_0^2\sin 2\theta}{g} = \frac{40^2 \cdot \sin 90^\circ}{9{,}81} = \frac{1600 \cdot 1}{9{,}81} \approx 163\;\mathrm{m}$

Maximum height. At the highest point the vertical component of the speed vanishes ( $v_y = 0$ ). Using $v_y^2 = v_{0y}^2 - 2g\,h$ with $v_y = 0$ :

$h_\text{max} = \frac{v_0^2\sin^2\theta}{2g} = \frac{1600 \cdot 0{,}5}{19{,}62} \approx 40{,}8\;\mathrm{m}$

At $45^\circ$ the maximum range is obtained for a given $v_0$ (without friction): it is the angle that balances horizontal speed and flight time.

$\ev{x_\text{max} \approx 163\;\mathrm{m}, \quad h_\text{max} \approx 40{,}8\;\mathrm{m}}$

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Topics: Cinematica · Vettori Concepts: Moto parabolico Skills: Scomposizione vettoriale · Uso della trigonometria

Testo

Inverso: dato lo spazio, trova il tempo. Un’auto parte da ferma con accelerazione $2{,}5\;\text{m/s}^2$ . Dopo quanto tempo ha percorso $100\;\text{m}$ ? Calcola anche la velocità finale.

Soluzione

Impostazione. Il moto è uniformemente accelerato con partenza da fermo ( $v_0 = 0$ ), quindi lo spazio percorso cresce con il quadrato del tempo:

$x = \frac{1}{2}\,a\,t^2$

Ricerca del tempo. Isoliamo $t$ imponendo $x = 100\;\text{m}$ :

$t = \sqrt{\frac{2x}{a}} = \sqrt{\frac{2\cdot 100}{2{,}5}} = \sqrt{80}\;\text{s}$

$\ev{t \approx 8{,}94\;\mathrm{s}}$

Velocità finale. In un moto uniformemente accelerato la velocità cresce linearmente nel tempo, $v = a\,t$ :

$v = a\,t = 2{,}5 \cdot 8{,}94 \approx 22{,}4\;\text{m/s}$

$\ev{v_\text{fin} \approx 22{,}4\;\mathrm{m/s}}$

Come controllo si può usare la relazione senza tempo $v^2 = 2ax = 2\cdot 2{,}5\cdot 100 = 500$ , da cui $v = \sqrt{500} \approx 22{,}4\;\text{m/s}$ : coerente.

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Argomenti: Cinematica Concetti: Moto uniformemente accelerato

Problem

Inverse: given the distance, find the time. A car starts from rest with acceleration $2{,}5\;\text{m/s}^2$ . After how much time has it covered $100\;\text{m}$ ? Also calculate the final speed.

Solution

Setup. The motion is uniformly accelerated starting from rest ( $v_0 = 0$ ), so the distance covered grows with the square of the time:

$x = \frac{1}{2}\,a\,t^2$

Finding the time. We isolate $t$ by imposing $x = 100\;\text{m}$ :

$t = \sqrt{\frac{2x}{a}} = \sqrt{\frac{2\cdot 100}{2{,}5}} = \sqrt{80}\;\text{s}$

$\ev{t \approx 8{,}94\;\mathrm{s}}$

Final speed. In uniformly accelerated motion the speed grows linearly with time, $v = a\,t$ :

$v = a\,t = 2{,}5 \cdot 8{,}94 \approx 22{,}4\;\text{m/s}$

$\ev{v_\text{fin} \approx 22{,}4\;\mathrm{m/s}}$

As a check we can use the relation without time $v^2 = 2ax = 2\cdot 2{,}5\cdot 100 = 500$ , from which $v = \sqrt{500} \approx 22{,}4\;\text{m/s}$ : consistent.

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Topics: Cinematica Concepts: Moto uniformemente accelerato

Testo

Inverso: data la velocità finale, trova $h$ . Da quale altezza dovrebbe cadere verticalmente, partendo da ferma, un sasso per arrivare al suolo con la velocità di un’auto a $90\;\text{km/h}$ ?

Soluzione

Conversione della velocità. Ricordando che $1\;\text{km/h} = 1/3{,}6\;\text{m/s}$ :

$v = \frac{90}{3{,}6} = 25\;\text{m/s}$

Legame velocità–altezza. Nella caduta libera da fermo la velocità all’arrivo è legata all’altezza dalla relazione senza tempo (con $a = g$ ):

$v^2 = 2\,g\,h$

Ricerca dell’altezza. Isoliamo $h$ e usiamo $g = 9{,}81\;\text{m/s}^2$ :

$h = \frac{v^2}{2\,g} = \frac{25^2}{2\cdot 9{,}81} = \frac{625}{19{,}62}\;\text{m}$

$\ev{h \approx 31{,}9\;\mathrm{m}}$

Circa un palazzo di $10$ piani: sorprende quanto sia alto, ma spiega perché una caduta di pochi metri raggiunge già velocità pericolose.

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Argomenti: Cinematica Concetti: Caduta libera

Problem

Inverse: given the final speed, find $h$ . From what height would a stone have to fall vertically, starting from rest, to reach the ground with the speed of a car travelling at $90\;\text{km/h}$ ?

Solution

Speed conversion. Recalling that $1\;\text{km/h} = 1/3{,}6\;\text{m/s}$ :

$v = \frac{90}{3{,}6} = 25\;\text{m/s}$

Speed–height relation. In free fall from rest the arrival speed is linked to the height by the relation without time (with $a = g$ ):

$v^2 = 2\,g\,h$

Finding the height. We isolate $h$ and use $g = 9{,}81\;\text{m/s}^2$ :

$h = \frac{v^2}{2\,g} = \frac{25^2}{2\cdot 9{,}81} = \frac{625}{19{,}62}\;\text{m}$

$\ev{h \approx 31{,}9\;\mathrm{m}}$

About a $10$ -storey building: it is surprising how high that is, but it explains why a fall of just a few metres already reaches dangerous speeds.

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Topics: Cinematica Concepts: Caduta libera

Testo

Inverso: dato il grafico, trova $a$ . Il grafico $v(t)$ è una retta che parte dall’origine e raggiunge $40\;\text{m/s}$ in $8\;\text{s}$ . Calcola accelerazione e spazio percorso.

Soluzione

Accelerazione dalla pendenza. In un grafico $v(t)$ l’accelerazione è la pendenza della retta, cioè il rapporto tra la variazione di velocità e l’intervallo di tempo:

$a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{40 - 0}{8 - 0}$

$\ev{a = 5{,}0\;\mathrm{m/s}^2}$

Spazio dall’area. Lo spazio percorso è l’area sottesa dal grafico $v(t)$ . La regione è un triangolo di base $8\;\text{s}$ e altezza $40\;\text{m/s}$ :

$x = \frac{1}{2}\cdot \text{base}\cdot \text{altezza} = \frac{1}{2}\cdot 8 \cdot 40$

$\ev{x = 160\;\mathrm{m}}$

Le due letture del grafico sono complementari: la pendenza dà l’accelerazione, l’area dà lo spazio.

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Argomenti: Cinematica Concetti: Moto uniformemente accelerato Competenze: Lettura dei grafici

Problem

Inverse: given the graph, find $a$ . The $v(t)$ graph is a straight line starting from the origin and reaching $40\;\text{m/s}$ in $8\;\text{s}$ . Calculate the acceleration and the distance covered.

Solution

Acceleration from the slope. In a $v(t)$ graph the acceleration is the slope of the line, i.e. the ratio between the change in speed and the time interval:

$a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{40 - 0}{8 - 0}$

$\ev{a = 5{,}0\;\mathrm{m/s}^2}$

Distance from the area. The distance covered is the area under the $v(t)$ graph. The region is a triangle with base $8\;\text{s}$ and height $40\;\text{m/s}$ :

$x = \frac{1}{2}\cdot \text{base}\cdot \text{height} = \frac{1}{2}\cdot 8 \cdot 40$

$\ev{x = 160\;\mathrm{m}}$

The two readings of the graph are complementary: the slope gives the acceleration, the area gives the distance.

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Topics: Cinematica Concepts: Moto uniformemente accelerato Skills: Lettura dei grafici

Testo

Fantafisica: $g$ raddoppiata. Cosa cambia per un saltatore in alto, per una caduta libera da $10\;\text{m}$ e per una palla lanciata orizzontalmente, se $g$ raddoppiasse all’improvviso?

Soluzione

L’idea guida è scrivere ciascuna grandezza in funzione di $g$ e vedere come la scala una sostituzione $g \to 2g$ .

Saltatore in alto. Con la stessa spinta delle gambe il corpo lascia il suolo con la stessa velocità verticale $v_0$ ; l’altezza raggiunta è $h_\text{max} = v_0^2/(2g)$ , quindi $h_\text{max} \propto 1/g$ . Raddoppiando $g$ l’altezza del salto si dimezza: chi saltava $130\;\text{cm}$ ne salterebbe solo $65$ .

Caduta libera da $10\;\text{m}$ . Il tempo di caduta è $t = \sqrt{2h/g}$ , quindi $t \propto 1/\sqrt{g}$ . Raddoppiando $g$ il tempo si riduce di un fattore $\sqrt{2}$ : la caduta è più rapida. La velocità d’impatto $v = \sqrt{2gh}$ invece cresce di un fattore $\sqrt{2}$ .

Palla lanciata orizzontalmente. Con velocità orizzontale $v$ e quota di partenza $h$ , il tempo di volo è $t = \sqrt{2h/g}$ e la gittata $R = v\,t \propto 1/\sqrt{g}$ . Raddoppiando $g$ la gittata si riduce di un fattore $\sqrt{2}$ (circa il $71\%$ di quella originale): la palla cade prima e arriva meno lontano.

In sintesi: salti dimezzati, cadute più brevi ma più violente, traiettorie più corte. La vita quotidiana diventerebbe decisamente più dura.

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Argomenti: Cinematica Concetti: Caduta libera Competenze: Analisi di casi limite e fantafisica

Problem

Sci-fi physics: $g$ doubled. What changes for a high jumper, for a free fall from $10\;\text{m}$ , and for a ball thrown horizontally, if $g$ suddenly doubled?

Solution

The guiding idea is to write each quantity as a function of $g$ and see how it scales under the substitution $g \to 2g$ .

High jumper. With the same push from the legs the body leaves the ground with the same vertical velocity $v_0$ ; the height reached is $h_\text{max} = v_0^2/(2g)$ , so $h_\text{max} \propto 1/g$ . Doubling $g$ halves the jump height: someone who jumped $130\;\text{cm}$ would only manage $65$ .

Free fall from $10\;\text{m}$ . The fall time is $t = \sqrt{2h/g}$ , so $t \propto 1/\sqrt{g}$ . Doubling $g$ reduces the time by a factor of $\sqrt{2}$ : the fall is quicker. The impact velocity $v = \sqrt{2gh}$ , instead, grows by a factor of $\sqrt{2}$ .

Ball thrown horizontally. With horizontal velocity $v$ and starting height $h$ , the flight time is $t = \sqrt{2h/g}$ and the range is $R = v\,t \propto 1/\sqrt{g}$ . Doubling $g$ reduces the range by a factor of $\sqrt{2}$ (about $71\%$ of the original): the ball falls sooner and lands closer.

In summary: halved jumps, shorter but more violent falls, shorter trajectories. Everyday life would become decidedly harder.

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Topics: Cinematica Concepts: Caduta libera Skills: Analisi di casi limite e fantafisica

Testo

Fantafisica: tempo invertibile. Un proiettile in aria si muove verso destra a $45^\circ$ . Discuti in cinque righe come cambierebbe la traiettoria se il tempo si invertisse. Cosa resta uguale?

Soluzione

Invertire il tempo significa sostituire $t \to -t$ nelle equazioni del moto. La posizione $\vec r(t)$ dipende da $t$ solo attraverso $t^2$ (termine di gravità) e $t$ (termine di velocità iniziale), quindi il proiettile ripercorre la stessa parabola nello spazio, ma nel verso opposto: parte dal punto d’arrivo e torna a quello di partenza.

Le velocità cambiano segno ( $\vec v \to -\vec v$ ): dove prima il proiettile saliva ora scende, e il moto orizzontale è verso sinistra anziché verso destra. Il proiettile lanciato a $45^\circ$ verso destra diventa un proiettile che arriva a $45^\circ$ da destra.

Ciò che resta uguale è l’accelerazione: $\vec g$ punta sempre verso il basso, perché dipende da $t^2$ e il quadrato non cambia con l’inversione. È proprio questo che rende la traiettoria una parabola identica: la gravità continua a curvare il moto verso il basso in entrambi i versi del tempo.

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Argomenti: Cinematica Concetti: Moto parabolico Competenze: Analisi di casi limite e fantafisica

Problem

Sci-fi physics: reversible time. A projectile in the air moves to the right at $45^\circ$ . Discuss in five lines how the trajectory would change if time were reversed. What stays the same?

Solution

Reversing time means substituting $t \to -t$ in the equations of motion. The position $\vec r(t)$ depends on $t$ only through $t^2$ (the gravity term) and $t$ (the initial-velocity term), so the projectile retraces the same parabola in space, but in the opposite direction: it starts from the landing point and returns to the launch point.

The velocities change sign ( $\vec v \to -\vec v$ ): where the projectile was rising before, it now descends, and the horizontal motion is to the left instead of to the right. The projectile launched at $45^\circ$ to the right becomes a projectile arriving at $45^\circ$ from the right.

What stays the same is the acceleration: $\vec g$ always points downward, because it depends on $t^2$ and the square does not change under the reversal. This is precisely what makes the trajectory an identical parabola: gravity keeps curving the motion downward in both directions of time.

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Topics: Cinematica Concepts: Moto parabolico Skills: Analisi di casi limite e fantafisica

Testo

Una pietra viene lanciata verso l’alto da $h_0 = 10\;\text{m}$ con velocità $v_0 = 5\;\text{m/s}$ . Calcola: (a) altezza massima sopra il suolo; (b) tempo totale di volo fino al suolo; (c) velocità all’impatto.

Soluzione

Scelta degli assi. Prendiamo l’asse $y$ verso l’alto con origine al suolo, così l’accelerazione è $a = -g$ e la legge oraria è:

$y(t) = h_0 + v_0\,t - \frac{1}{2}\,g\,t^2$

(a) Altezza massima. Nel punto più alto la velocità verticale si annulla, $\dot y = v_0 - g\,t = 0$ , quindi $t^* = v_0/g$ . Sostituendo:

$h_\text{max} = h_0 + \frac{v_0^2}{2g} = 10 + \frac{25}{19{,}62} \approx 11{,}27\;\text{m}$

$\ev{h_\text{max} \approx 11{,}3\;\mathrm{m}}$

(b) Tempo totale di volo. Imponiamo $y(t) = 0$ , cioè l’arrivo al suolo:

$4{,}905\,t^2 - 5\,t - 10 = 0 \;\Rightarrow\; t = \frac{5 + \sqrt{25 + 196{,}2}}{9{,}81} = \frac{5 + 14{,}87}{9{,}81}$

$\ev{t \approx 2{,}03\;\mathrm{s}}$

(si scarta la radice negativa, priva di senso fisico).

(c) Velocità d’impatto. Dalla legge della velocità $v = v_0 - g\,t$ :

$v_\text{imp} = 5 - 9{,}81\cdot 2{,}03 \approx -14{,}9\;\text{m/s}$

$\ev{\abs{v_\text{imp}} \approx 14{,}9\;\mathrm{m/s}}$

Il segno negativo indica che al momento dell’impatto la pietra si muove verso il basso; il suo modulo è $14{,}9\;\text{m/s}$ .

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Argomenti: Cinematica Concetti: Caduta libera Competenze: Scelta degli assi

Problem

A stone is thrown upward from $h_0 = 10\;\text{m}$ with velocity $v_0 = 5\;\text{m/s}$ . Calculate: (a) maximum height above the ground; (b) total flight time until it hits the ground; (c) impact velocity.

Solution

Choice of axes. We take the $y$ axis pointing upward with the origin at ground level, so the acceleration is $a = -g$ and the equation of motion is:

$y(t) = h_0 + v_0\,t - \frac{1}{2}\,g\,t^2$

(a) Maximum height. At the highest point the vertical velocity vanishes, $\dot y = v_0 - g\,t = 0$ , so $t^* = v_0/g$ . Substituting:

$h_\text{max} = h_0 + \frac{v_0^2}{2g} = 10 + \frac{25}{19{,}62} \approx 11{,}27\;\text{m}$

$\ev{h_\text{max} \approx 11{,}3\;\mathrm{m}}$

(b) Total flight time. We impose $y(t) = 0$ , i.e. arrival at the ground:

$4{,}905\,t^2 - 5\,t - 10 = 0 \;\Rightarrow\; t = \frac{5 + \sqrt{25 + 196{,}2}}{9{,}81} = \frac{5 + 14{,}87}{9{,}81}$

$\ev{t \approx 2{,}03\;\mathrm{s}}$

(the negative root is discarded, as it has no physical meaning).

(c) Impact velocity. From the velocity equation $v = v_0 - g\,t$ :

$v_\text{imp} = 5 - 9{,}81\cdot 2{,}03 \approx -14{,}9\;\text{m/s}$

$\ev{\abs{v_\text{imp}} \approx 14{,}9\;\mathrm{m/s}}$

The negative sign indicates that at the moment of impact the stone is moving downward; its magnitude is $14{,}9\;\text{m/s}$ .

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Topics: Cinematica Concepts: Caduta libera Skills: Scelta degli assi

Testo

Sintesi: due moti accoppiati. Due auto partono dalla stessa linea nello stesso istante. La prima parte da ferma con $a = 2\;\text{m/s}^2$ ; la seconda parte già alla velocità costante $v = 12\;\text{m/s}$ . Quando e dove la prima sorpassa la seconda?

Soluzione

Leggi orarie. Scegliamo l’origine sulla linea di partenza. La prima auto è in moto uniformemente accelerato da ferma, la seconda in moto uniforme:

$x_1(t) = \frac{1}{2}\,a\,t^2 = t^2, \qquad x_2(t) = v\,t = 12\,t$

Condizione di sorpasso. Il sorpasso avviene quando le due posizioni coincidono, $x_1 = x_2$ :

$t^2 = 12\,t \;\Rightarrow\; t\,(t - 12) = 0$

La soluzione $t = 0$ è la partenza comune; il sorpasso vero e proprio è l’altra:

$\ev{t = 12\;\mathrm{s}}$

Posizione del sorpasso. Sostituendo in una delle due leggi:

$x = 12\,t = 12 \cdot 12 = 144\;\text{m}$

$\ev{x = 144\;\mathrm{m}}$

Fino a $t = 12\;\text{s}$ la seconda auto è avanti; da lì in poi la prima, che continua ad accelerare, la supera definitivamente.

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Argomenti: Cinematica Concetti: Moto uniformemente accelerato · Velocità media

Problem

Summary: two coupled motions. Two cars start from the same line at the same instant. The first starts from rest with $a = 2\;\text{m/s}^2$ ; the second is already moving at constant velocity $v = 12\;\text{m/s}$ . When and where does the first overtake the second?

Solution

Equations of motion. We choose the origin at the starting line. The first car undergoes uniformly accelerated motion from rest, the second moves at uniform velocity:

$x_1(t) = \frac{1}{2}\,a\,t^2 = t^2, \qquad x_2(t) = v\,t = 12\,t$

Overtaking condition. Overtaking occurs when the two positions coincide, $x_1 = x_2$ :

$t^2 = 12\,t \;\Rightarrow\; t\,(t - 12) = 0$

The solution $t = 0$ is the common start; the actual overtaking is the other one:

$\ev{t = 12\;\mathrm{s}}$

Overtaking position. Substituting into either equation:

$x = 12\,t = 12 \cdot 12 = 144\;\text{m}$

$\ev{x = 144\;\mathrm{m}}$

Up to $t = 12\;\text{s}$ the second car is ahead; from that point on the first, which keeps accelerating, overtakes it for good.

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Topics: Cinematica Concepts: Moto uniformemente accelerato · Velocità media

Testo

Paracadute aperto. Un paracadutista in caduta libera raggiunge una velocità limite e poi resta a velocità costante. Spiega in cinque righe il motivo, identificando le forze in gioco.

Soluzione

Sul paracadutista agiscono due forze verticali opposte. Verso il basso c’è la forza-peso $mg$ , costante e indipendente dalla velocità. Verso l’alto c’è la resistenza dell’aria, che cresce all’aumentare della velocità (per corpi veloci in aria è ben approssimata da una legge $F_\text{aria} \propto v^2$ ).

All’inizio, quando $v$ è piccola, la resistenza è trascurabile: prevale il peso e il paracadutista accelera. Man mano che la velocità aumenta, la resistenza dell’aria cresce fino a eguagliare il peso.

Quando $F_\text{aria} = mg$ , la forza risultante è nulla, quindi l’accelerazione è nulla: la velocità non cambia più. Questo valore costante è la velocità limite. L’apertura del paracadute, aumentando la superficie, fa crescere di colpo la resistenza dell’aria e abbassa la velocità limite a un valore sicuro per l’atterraggio.

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Argomenti: Cinematica Concetti: Caduta libera

Problem

Open parachute. A skydiver in free fall reaches a terminal velocity and then remains at constant velocity. Explain in five lines why, identifying the forces at play.

Solution

Two opposite vertical forces act on the skydiver. Pointing downward is the weight force $mg$ , constant and independent of velocity. Pointing upward is air resistance, which grows as velocity increases (for fast bodies in air it is well approximated by a law $F_\text{air} \propto v^2$ ).

At first, when $v$ is small, resistance is negligible: the weight prevails and the skydiver accelerates. As velocity increases, air resistance grows until it equals the weight.

When $F_\text{air} = mg$ , the resultant force is zero, so the acceleration is zero: the velocity no longer changes. This constant value is the terminal velocity. Opening the parachute, by increasing the surface area, suddenly increases air resistance and lowers the terminal velocity to a value safe for landing.

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Topics: Cinematica Concepts: Caduta libera

Testo

Velocità media e velocità istantanea. Un’auto va da Roma a Firenze in $3$ ore, percorrendo $250\;\text{km}$ . Spiega in cinque righe la differenza tra velocità media e velocità istantanea, e cosa indica esattamente un autovelox.

Soluzione

La velocità media è il rapporto tra lo spazio percorso e il tempo impiegato, senza curarsi di ciò che succede nel mezzo:

$\bar v = \frac{\Delta x}{\Delta t} = \frac{250\;\text{km}}{3\;\text{h}} \approx 83\;\text{km/h}$

Questo non significa che l’auto abbia viaggiato sempre a $83\;\text{km/h}$ : in autostrada avrà toccato i $130$ , ai caselli si sarà fermata. La media appiattisce tutte queste variazioni in un unico numero.

La velocità istantanea è invece il valore in un singolo istante, definito come la derivata della posizione, $v = dx/dt$ : è ciò che indica il tachimetro momento per momento.

Un autovelox misura proprio la velocità istantanea (o quasi: la stima su un tratto brevissimo) nel punto in cui è installato. Per questo si può rispettare la media del viaggio e comunque essere multati: conta la velocità nell’istante e nel punto del rilevamento, non la media dell’intero tragitto.

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Argomenti: Cinematica Concetti: Velocità media

Problem

Average velocity and instantaneous velocity. A car goes from Rome to Florence in $3$ hours, covering $250\;\text{km}$ . Explain in five lines the difference between average velocity and instantaneous velocity, and what exactly a speed camera measures.

Solution

Average velocity is the ratio between the distance covered and the time taken, without caring about what happens in between:

$\bar v = \frac{\Delta x}{\Delta t} = \frac{250\;\text{km}}{3\;\text{h}} \approx 83\;\text{km/h}$

This does not mean the car travelled at $83\;\text{km/h}$ the whole time: on the motorway it will have touched $130$ , at the toll booths it will have stopped. The average flattens all these variations into a single number.

Instantaneous velocity, instead, is the value at a single instant, defined as the derivative of position, $v = dx/dt$ : it is what the speedometer shows moment by moment.

A speed camera measures precisely the instantaneous velocity (or nearly so: it is estimated over a very short stretch) at the point where it is installed. This is why you can respect the average speed for the whole journey and still get fined: what counts is the velocity at the instant and point of detection, not the average of the entire route.

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Topics: Cinematica Concepts: Velocità media

Testo

Lettura grafico: $x(t)$ a tre fasi. Un grafico $x(t)$ ha tre fasi: rampa lineare crescente per $5\;\text{s}$ , poi piatta per $5\;\text{s}$ , poi rampa lineare discendente per $5\;\text{s}$ . Disegna $v(t)$ qualitativamente.

Soluzione

La chiave è che nel grafico $x(t)$ la velocità è la pendenza: dove $x$ sale $v$ è positiva, dove $x$ è piatta $v$ è nulla, dove $x$ scende $v$ è negativa. Analizziamo le tre fasi.

Fase 1 ( $0$ – $5\;\text{s}$ ). La rampa crescente ha pendenza costante e positiva: la velocità è costante e positiva. Dal grafico $x$ sale di $2$ unità in $5\;\text{s}$ , quindi $v = +0{,}4\;\text{m/s}$ (il valore esatto dipende dalla scala; ciò che conta è che sia costante e positiva).

Fase 2 ( $5$ – $10\;\text{s}$ ). Il tratto piatto ha pendenza nulla: l’oggetto è fermo, $v = 0$ .

Fase 3 ( $10$ – $15\;\text{s}$ ). La rampa discendente ha pendenza costante e negativa, di modulo pari a quella della fase 1: la velocità è costante e negativa, $v = -0{,}4\;\text{m/s}$ (l’oggetto torna indietro).

Grafico $v(t)$ risultante: un gradino positivo per i primi $5\;\text{s}$ , poi zero per i successivi $5\;\text{s}$ , poi un gradino negativo simmetrico per gli ultimi $5\;\text{s}$ . Una funzione a scalini, con salti verticali nei punti in cui il grafico $x(t)$ cambia pendenza bruscamente.

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Argomenti: Cinematica Competenze: Lettura dei grafici

Problem

Graph reading: $x(t)$ in three phases. An $x(t)$ graph has three phases: a rising linear ramp for $5\;\text{s}$ , then flat for $5\;\text{s}$ , then a falling linear ramp for $5\;\text{s}$ . Sketch $v(t)$ qualitatively.

Solution

The key is that in an $x(t)$ graph velocity is the slope: where $x$ rises $v$ is positive, where $x$ is flat $v$ is zero, where $x$ falls $v$ is negative. Let’s analyse the three phases.

Phase 1 ( $0$ – $5\;\text{s}$ ). The rising ramp has constant, positive slope: the velocity is constant and positive. From the graph $x$ rises by $2$ units in $5\;\text{s}$ , so $v = +0{,}4\;\text{m/s}$ (the exact value depends on the scale; what matters is that it is constant and positive).

Phase 2 ( $5$ – $10\;\text{s}$ ). The flat stretch has zero slope: the object is stationary, $v = 0$ .

Phase 3 ( $10$ – $15\;\text{s}$ ). The falling ramp has constant, negative slope, equal in magnitude to that of phase 1: the velocity is constant and negative, $v = -0{,}4\;\text{m/s}$ (the object moves back).

Resulting $v(t)$ graph: a positive step for the first $5\;\text{s}$ , then zero for the next $5\;\text{s}$ , then a symmetric negative step for the last $5\;\text{s}$ . A step function, with vertical jumps at the points where the $x(t)$ graph changes slope abruptly.

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Topics: Cinematica Skills: Lettura dei grafici

Testo

Lettura grafico: $a(t)$ in un impatto. Un grafico $a(t)$ durante un urto ha forma di impulso triangolare, con $a_\text{max} = 50\;\text{m/s}^2$ e durata $0{,}05\;\text{s}$ . Calcola la variazione di velocità dell’oggetto urtato.

Soluzione

Principio. In un grafico $a(t)$ la variazione di velocità è l’area sottesa dalla curva:

$\Delta v = \int a\,dt = \text{area sotto } a(t)$

Area del triangolo. L’impulso è un triangolo di base pari alla durata $\Delta t = 0{,}05\;\text{s}$ e altezza $a_\text{max} = 50\;\text{m/s}^2$ :

$\Delta v = \frac{1}{2}\cdot \text{base}\cdot \text{altezza} = \frac{1}{2}\cdot 0{,}05 \cdot 50$

$\ev{\Delta v = 1{,}25\;\mathrm{m/s}}$

Nonostante l’accelerazione di picco sia enorme ( $50\;\text{m/s}^2$ , oltre $5\,g$ ), la brevissima durata dell’urto fa sì che la velocità cambi di appena $1{,}25\;\text{m/s}$ : ciò che conta per la variazione di velocità è l’area, non l’altezza del picco.

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Argomenti: Cinematica Concetti: Accelerazione Competenze: Lettura dei grafici

Problem

Graph reading: $a(t)$ in an impact. An $a(t)$ graph during a collision has the shape of a triangular pulse, with $a_\text{max} = 50\;\text{m/s}^2$ and duration $0{,}05\;\text{s}$ . Calculate the change in velocity of the struck object.

Solution

Principle. In an $a(t)$ graph the change in velocity is the area under the curve:

$\Delta v = \int a\,dt = \text{area under } a(t)$

Area of the triangle. The pulse is a triangle with base equal to the duration $\Delta t = 0{,}05\;\text{s}$ and height $a_\text{max} = 50\;\text{m/s}^2$ :

$\Delta v = \frac{1}{2}\cdot \text{base}\cdot \text{height} = \frac{1}{2}\cdot 0{,}05 \cdot 50$

$\ev{\Delta v = 1{,}25\;\mathrm{m/s}}$

Although the peak acceleration is enormous ( $50\;\text{m/s}^2$ , over $5\,g$ ), the very short duration of the impact means the velocity changes by only $1{,}25\;\text{m/s}$ : what matters for the velocity change is the area, not the height of the peak.

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Topics: Cinematica Concepts: Accelerazione Skills: Lettura dei grafici

Testo

Stima Fermi: velocità di un tuffo. Stima la velocità di un tuffatore che si lancia da $10\;\text{m}$ di altezza, trascurando l’attrito dell’aria. Confronta con la velocità di un’auto in città.

Soluzione

Modello. Trascurando l’aria, il tuffo è una caduta libera da fermo: tutta l’energia potenziale si trasforma in cinetica. La velocità d’arrivo dipende solo dall’altezza tramite la relazione senza tempo:

$v = \sqrt{2\,g\,h}$

Stima numerica. Con $g \approx 9{,}81\;\text{m/s}^2$ e $h = 10\;\text{m}$ :

$v = \sqrt{2\cdot 9{,}81\cdot 10} = \sqrt{196{,}2}\;\text{m/s}$

$\ev{v \approx 14\;\mathrm{m/s} \approx 50\;\mathrm{km/h}}$

Confronto. Sono circa $50\;\text{km/h}$ : la stessa velocità di un’auto che sfreccia in città. Ecco perché tuffarsi male da $10\;\text{m}$ , colpendo l’acqua di piatto, equivale a un piccolo incidente stradale. La stima con la sola caduta libera è ottima per i primi metri; su altezze molto maggiori l’attrito dell’aria comincerebbe a contare.

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Argomenti: Cinematica Concetti: Caduta libera Competenze: Stime di Fermi

Problem

Fermi estimate: diving speed. Estimate the speed of a diver launching from a height of $10\;\text{m}$ , neglecting air resistance. Compare it with the speed of a car in the city.

Solution

Model. Neglecting air resistance, the dive is free fall from rest: all the potential energy converts into kinetic energy. The impact speed depends only on the height via the time-independent relation:

$v = \sqrt{2\,g\,h}$

Numerical estimate. With $g \approx 9{,}81\;\text{m/s}^2$ and $h = 10\;\text{m}$ :

$v = \sqrt{2\cdot 9{,}81\cdot 10} = \sqrt{196{,}2}\;\text{m/s}$

$\ev{v \approx 14\;\mathrm{m/s} \approx 50\;\mathrm{km/h}}$

Comparison. That’s about $50\;\text{km/h}$ : the same speed as a car speeding through the city. This is why a bad dive from $10\;\text{m}$ , belly-flopping onto the water, is equivalent to a small road accident. The free-fall-only estimate works well for the first few metres; at much greater heights air resistance would start to matter.

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Topics: Cinematica Concepts: Caduta libera Skills: Stime di Fermi

Testo

Stima Fermi: tempo di reazione su strada. Stima la distanza percorsa da un’auto a $90\;\text{km/h}$ durante il tempo di reazione di un guidatore medio ( $\sim 1\;\text{s}$ ).

Soluzione

Modello. Durante il tempo di reazione il guidatore non ha ancora toccato il freno: l’auto prosegue a velocità costante. La distanza è quindi semplicemente velocità per tempo:

$d = v\cdot t_\text{reaz}$

Conversione della velocità. Ricordando $1\;\text{km/h} = 1/3{,}6\;\text{m/s}$ :

$v = \frac{90}{3{,}6} = 25\;\text{m/s}$

Stima numerica. Con un tempo di reazione tipico $t_\text{reaz} \approx 1\;\text{s}$ :

$d = 25 \cdot 1 = 25\;\text{m}$

$\ev{d \approx 25\;\mathrm{m}}$

Venticinque metri percorsi prima ancora di iniziare a frenare: più di due autobus in fila. È la distanza persa solo per i riflessi umani, a cui va poi aggiunto lo spazio di frenata vero e proprio. Ecco perché la velocità pesa così tanto sulla sicurezza stradale.

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Argomenti: Cinematica Concetti: Velocità media Competenze: Stime di Fermi

Problem

Fermi estimate: reaction time on the road. Estimate the distance covered by a car at $90\;\text{km/h}$ during the reaction time of an average driver ( $\sim 1\;\text{s}$ ).

Solution

Model. During the reaction time the driver has not yet touched the brake: the car continues at constant speed. The distance is therefore simply speed times time:

$d = v\cdot t_\text{reaz}$

Speed conversion. Recalling $1\;\text{km/h} = 1/3{,}6\;\text{m/s}$ :

$v = \frac{90}{3{,}6} = 25\;\text{m/s}$

Numerical estimate. With a typical reaction time $t_\text{reaz} \approx 1\;\text{s}$ :

$d = 25 \cdot 1 = 25\;\text{m}$

$\ev{d \approx 25\;\mathrm{m}}$

Twenty-five metres covered before even starting to brake: more than two buses in a row. That is the distance lost purely to human reflexes, to which the actual braking distance must then be added. This is why speed weighs so heavily on road safety.

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Topics: Cinematica Concepts: Velocità media Skills: Stime di Fermi

Testo

Stima Fermi: $g$ di Marte da osservazione. Una pietra cade da $1{,}0\;\text{m}$ su Marte e arriva al suolo in circa $0{,}74\;\text{s}$ . Stima $g$ di Marte e confronta con $g$ terrestre.

Soluzione

Modello. La pietra cade da ferma: vale la legge della caduta libera, che lega altezza, tempo e accelerazione di gravità:

$h = \frac{1}{2}\,g_M\,t^2$

Ricerca di $g_M$ . Isoliamo l’accelerazione di gravità marziana:

$g_M = \frac{2\,h}{t^2} = \frac{2\cdot 1{,}0}{0{,}74^2} = \frac{2}{0{,}5476}\;\text{m/s}^2$

$\ev{g_M \approx 3{,}7\;\mathrm{m/s}^2}$

Confronto. Sulla Terra $g \approx 9{,}81\;\text{m/s}^2$ , quindi la gravità di Marte è circa il $38\%$ di quella terrestre (poco più di un terzo). Su Marte la stessa pietra pesa molto meno e cade molto più lentamente: un semplice cronometro e un metro bastano per misurarne la gravità, senza bisogno di conoscere la massa del pianeta.

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Argomenti: Cinematica Concetti: Caduta libera Competenze: Stime di Fermi

Problem

Fermi estimate: $g$ on Mars from observation. A stone falls from $1{,}0\;\text{m}$ on Mars and reaches the ground in about $0{,}74\;\text{s}$ . Estimate $g$ on Mars and compare it with Earth’s $g$ .

Solution

Model. The stone falls from rest: the free-fall law applies, linking height, time and gravitational acceleration:

$h = \frac{1}{2}\,g_M\,t^2$

Solving for $g_M$ . We isolate the Martian gravitational acceleration:

$g_M = \frac{2\,h}{t^2} = \frac{2\cdot 1{,}0}{0{,}74^2} = \frac{2}{0{,}5476}\;\text{m/s}^2$

$\ev{g_M \approx 3{,}7\;\mathrm{m/s}^2}$

Comparison. On Earth $g \approx 9{,}81\;\text{m/s}^2$ , so Mars’s gravity is about $38\%$ of Earth’s (a little over a third). On Mars the same stone weighs much less and falls much more slowly: a simple stopwatch and a metre rule are enough to measure its gravity, with no need to know the planet’s mass.

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Topics: Cinematica Concepts: Caduta libera Skills: Stime di Fermi

Testo

Due auto viaggiano sullo stesso rettilineo in versi opposti: la prima a $80\;\text{km/h}$ , la seconda a $100\;\text{km/h}$ . La distanza iniziale fra loro è di $200\;\text{m}$ . Entrambi i conducenti reagiscono dopo $1{,}0\;\text{s}$ e poi frenano con decelerazione di $6\;\text{m/s}^2$ . Si evita l’urto?

Soluzione

Conversione delle velocità. Con $1\;\text{km/h} = 1/3{,}6\;\text{m/s}$ :

$v_1 = \frac{80}{3{,}6} \approx 22{,}2\;\text{m/s}, \qquad v_2 = \frac{100}{3{,}6} \approx 27{,}8\;\text{m/s}$

Poiché si muovono l’una contro l’altra, la velocità di avvicinamento relativa è la somma: $v_\text{rel} = 22{,}2 + 27{,}8 = 50\;\text{m/s}$ .

Fase di reazione ( $1\;\text{s}$ ). In questo secondo nessuno frena ancora: le due auto mantengono velocità costante e si avvicinano di

$\Delta s_\text{reaz} = v_\text{rel}\cdot t = 50\cdot 1 = 50\;\text{m}$

Restano $200 - 50 = 150\;\text{m}$ di margine.

Fase di frenata. Ciascuna auto, frenando con decelerazione $a = 6\;\text{m/s}^2$ , consuma uno spazio di frenata $d = v^2/(2a)$ :

$d_1 = \frac{22{,}2^2}{12} \approx 41{,}1\;\text{m}, \qquad d_2 = \frac{27{,}8^2}{12} \approx 64{,}4\;\text{m}$

Spazio totale consumato dalle due frenate: $d_1 + d_2 \approx 105{,}5\;\text{m}$ .

Confronto. Poiché $105{,}5\;\text{m} < 150\;\text{m}$ , le auto si fermano prima di scontrarsi:

$\ev{\text{urto evitato, margine residuo} \approx 45\;\mathrm{m}}$

I $50\;\text{m}$ persi durante il secondo di reazione sono il prezzo da pagare al tempo di risposta umano: con una frenata istantanea il margine sarebbe stato ancora maggiore.

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Argomenti: Cinematica Concetti: Moto uniformemente accelerato Competenze: Scelta degli assi

Problem

Two cars travel along the same straight road in opposite directions: the first at $80\;\text{km/h}$ , the second at $100\;\text{km/h}$ . The initial distance between them is $200\;\text{m}$ . Both drivers react after $1{,}0\;\text{s}$ and then brake with a deceleration of $6\;\text{m/s}^2$ . Is the collision avoided?

Solution

Speed conversion. With $1\;\text{km/h} = 1/3{,}6\;\text{m/s}$ :

$v_1 = \frac{80}{3{,}6} \approx 22{,}2\;\text{m/s}, \qquad v_2 = \frac{100}{3{,}6} \approx 27{,}8\;\text{m/s}$

Since they move towards each other, the relative closing speed is the sum: $v_\text{rel} = 22{,}2 + 27{,}8 = 50\;\text{m/s}$ .

Reaction phase ( $1\;\text{s}$ ). During this second no one is braking yet: the two cars keep a constant speed and close the gap by

$\Delta s_\text{reaz} = v_\text{rel}\cdot t = 50\cdot 1 = 50\;\text{m}$

This leaves $200 - 50 = 150\;\text{m}$ of margin.

Braking phase. Each car, braking with deceleration $a = 6\;\text{m/s}^2$ , uses up a braking distance $d = v^2/(2a)$ :

$d_1 = \frac{22{,}2^2}{12} \approx 41{,}1\;\text{m}, \qquad d_2 = \frac{27{,}8^2}{12} \approx 64{,}4\;\text{m}$

Total distance used up by the two braking manoeuvres: $d_1 + d_2 \approx 105{,}5\;\text{m}$ .

Comparison. Since $105{,}5\;\text{m} < 150\;\text{m}$ , the cars stop before colliding:

$\ev{\text{urto evitato, margine residuo} \approx 45\;\mathrm{m}}$

The $50\;\text{m}$ lost during the second of reaction time are the price paid for human response time: with instantaneous braking the margin would have been even greater.

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Topics: Cinematica Concepts: Moto uniformemente accelerato Skills: Scelta degli assi

Testo

Sfida: salto sull’autobus. Un autobus parte da fermo con $a = 1{,}2\;\text{m/s}^2$ . Sei a $8\;\text{m}$ dietro la porta e parti a correre. Qual è la velocità media minima per riuscire a prenderlo prima che la finestra di intercetto si chiuda? (Suggerimento: imponi il discriminante non negativo nell’equazione di intercetto.)

Soluzione

Impostazione. Poniamo l’origine sulla porta dell’autobus all’istante di partenza. La porta si muove di moto uniformemente accelerato, mentre tu corri a velocità media $\bar v$ partendo $8\;\text{m}$ indietro:

$x_\text{bus}(t) = \frac{1}{2}\,a\,t^2 = 0{,}6\,t^2, \qquad x_\text{tu}(t) = \bar v\,t - 8$

Condizione di intercetto. Raggiungi la porta quando $x_\text{tu} = x_\text{bus}$ :

$\bar v\,t - 8 = 0{,}6\,t^2 \;\Rightarrow\; 0{,}6\,t^2 - \bar v\,t + 8 = 0$

Esistenza della soluzione. Perché esista un istante reale di incontro, il discriminante di questa equazione di secondo grado in $t$ deve essere non negativo:

$\Delta = \bar v^2 - 4\cdot 0{,}6\cdot 8 \geq 0 \;\Rightarrow\; \bar v^2 \geq 19{,}2$

Velocità minima. Il caso limite $\Delta = 0$ dà la velocità media più piccola con cui riesci ancora ad agganciare l’autobus (in un solo istante di tangenza):

$\bar v_\text{min} = \sqrt{19{,}2} \approx 4{,}38\;\text{m/s}$

$\ev{\bar v_\text{min} \approx 4{,}38\;\mathrm{m/s} \approx 15{,}8\;\mathrm{km/h}}$

Con velocità inferiore ( $\Delta < 0$ ) non esiste alcun istante in cui raggiungi la porta: l’autobus, accelerando, ti sfugge per sempre. Quasi $16\;\text{km/h}$ è un’andatura da corsa sostenuta: prendere l’autobus al volo è più difficile di quanto sembri.

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Argomenti: Cinematica Concetti: Moto uniformemente accelerato

Problem

Challenge: catching the bus. A bus starts from rest with $a = 1{,}2\;\text{m/s}^2$ . You are $8\;\text{m}$ behind the door and start running. What is the minimum average speed needed to catch it before the interception window closes? (Hint: impose a non-negative discriminant in the interception equation.)

Solution

Setup. We place the origin at the bus door at the starting instant. The door moves with uniformly accelerated motion, while you run at average speed $\bar v$ starting $8\;\text{m}$ behind:

$x_\text{bus}(t) = \frac{1}{2}\,a\,t^2 = 0{,}6\,t^2, \qquad x_\text{tu}(t) = \bar v\,t - 8$

Interception condition. You reach the door when $x_\text{tu} = x_\text{bus}$ :

$\bar v\,t - 8 = 0{,}6\,t^2 \;\Rightarrow\; 0{,}6\,t^2 - \bar v\,t + 8 = 0$

Existence of the solution. For a real meeting instant to exist, the discriminant of this second-degree equation in $t$ must be non-negative:

$\Delta = \bar v^2 - 4\cdot 0{,}6\cdot 8 \geq 0 \;\Rightarrow\; \bar v^2 \geq 19{,}2$

Minimum speed. The limiting case $\Delta = 0$ gives the smallest average speed with which you can still catch the bus (at a single instant of tangency):

$\bar v_\text{min} = \sqrt{19{,}2} \approx 4{,}38\;\text{m/s}$

$\ev{\bar v_\text{min} \approx 4{,}38\;\mathrm{m/s} \approx 15{,}8\;\mathrm{km/h}}$

At a lower speed ( $\Delta < 0$ ) there is no instant at which you reach the door: the bus, accelerating, escapes you forever. Almost $16\;\text{km/h}$ is a sustained running pace: catching the bus on the fly is harder than it looks.

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Topics: Cinematica Concepts: Moto uniformemente accelerato

Fisica — Liceo

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Esercizi — Cinematica

Esercizi svolti nel testo

Problemi di fine capitolo

Worked exercises in the text

End-of-chapter problems

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