Collisione di palline in caduta libera

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Collisione di palline in caduta libera

Marcello Colozzo

t_1,max t_2,max tx t₁ Τ

t y_1,max

y2,max

y

h

X

Esercizio 1 La pallina A viene lanciata verticalmente verso l’alto con velocit`a iniziale v01. Dopo un tempo τ , la pallina B viene lanciata verso l’alto lungo la medesima verticale con velocit`a iniziale v02 < v01.

1. Determinare i valori di τ per i quali A e B collidono.

2. Per quale valore di τ > 0 l’istante di collisione `e minimo? In tal caso, a quale altezza le palline collidono?

(Schematizzare le palline attraverso due punti materiali che si muovono nel campo gra- vitazionale terrestre supposto uniforme e trascurando la resistenza dell’aria).

Soluzione

Orientiamo un asse y verso l’alto lungo la direzione del moto (fase ascendente), e con l’origine nel punto di lancio. L’equazione oraria del moto di A si scrive:

y1(t) = v01t − 1

2gt² (1)

Nel piano cartesiano ty la (1) `e l’equazione di una parabola per l’origine e concava verso il basso. Dal momento che il moto si svolge nella regione y ≥ 0, dobbiamo imporre y (t > t1) = 0, essendo t1 l’istante di ritorno a terra. Per un’evidente ragione di simmetria, si ha che t1 = 2t1,max, essendo t1,max l’ascissa del vertice della parabola (massima altezza raggiunta da A), riesce t2 = 2t1,max, come possiamo vedere dal grafico di fig. 1. L’istante t1,max `e punto di massimo relativo per la funzione y1(t), onde `e uno zero della derivata prima ovvero della velocit`a scalare:

v₁(t) = ˙y₁(t)^def= d

dty (t) = v₀₁−gt, (2)

onde

t1,max = v01

g (3)

Per quanto precede:

t1 = 2t1,max = 2v01

g (4)

Alternativamente, t1 `e l’ascissa del punto di intersezione della parabola (1) con l’asse dei tempi:

y1(t) = 0 ⇐⇒ t



v01− 1 2gt



= 0

Scartando la radice t = 0 (passaggio per l’origine), si ottiene t₁ = ^2v_g⁰¹. La massima altezza raggiunta dalla pallina A `e:

y_1,max = y₁(t_1,max) = v²₀₁

2g (5)

In definitiva, il diagramma orario di A `e l’arco di parabola la cui equazione `e espressa da:

y1(t) = v01t − ¹₂gt², t ∈ [0, t1]

0, altrimenti (6)

t1,max t1

t y1,max

y

Figura 1: Esercizio 1. Diagramma orario della pallina A. La pallina raggiunge la massima quota all’istante t1,max = ^v01_g . Al tempo t1 = ^2v_g⁰¹ ritorna a terra, e per t ≥ t1 il digramma orario `e il grafico della funzione identicamente nulla.

Per scrivere l’equazione oraria del moto della pallina B, dobbiamo tener conto del ritardo τ con cui viene lanciata. Dal momento che la pallina A viene lanciata a t = 0, si ha che B viene lanciata a t = τ . Quindi scriviamo:

y2(t) = v02(t − τ ) − 1

2g (t − τ )²

Si noti che da un punto di vista formale `e y2(0) < 0. Cio`e `e come se nell’istante t = 0 la pallina B occupasse un punto di ordinata y < 0, per poi transitare per l’origine all’istante t = τ alla velocit`a v02. Imponiamo, quindi, la condizione y2(t ≤ τ ) = 0. Inoltre, se t2 `e l’istante di ritorno a terra, dovr`a essere y (t ≥ t2) = 0. In definitiva, l’equazione oraria del moto della pallina B `e:

y2(t) = v₀₂(t − τ ) − ¹₂g (t − τ )², se t ∈ [τ, t₂]

0, altrimenti (7)

Determiniamo t2, considerando che `e l’ascissa del punto di intersezione dell’arco di parabola (7) con l’asse delle ascisse:

v02(t − τ ) − 1

2g (t − τ )² = 0 ⇐⇒ (t − τ )



v02− 1

2g (t − τ )



= 0 Cio`e

t − τ = 0 =⇒ t = τ v02−1

2g (t − τ ) = 0 =⇒ t − τ = 2v02

g , quindi

t2 = 2v02

g + τ, (8)

come mostrato nel diagramma orario riportato in fig. 2. `E facile determinare l’istante in cui

per cui

y2,max = y2(t2,max) = v²₀₂

2g (10)

t2,max t2

Τ

t y2,max

y

Figura 2: Esercizio 1. Diagramma orario della pallina B.

L’istante di collisione `e l’ascissa tx (nel piano cartesiano ty) del punto X di intersezione delle parabole γ1 e γ2 che rappresentano i diagrammi orari di singola pallina, come illustrato in fig. 3.

t1,max t2,max tx t1

Τ

t y1,max

y2,max

y

h

X

Figura 3: Esercizio 1. Collisione delle palline vista nel piano cartesiano ty.

Segue:

y1(t) = y2(t) ⇐⇒ v01t − 1

2gt² = v02(t − τ ) − 1

2g (t − τ )²

⇐⇒v01t − 1

2gt² = v02t − v02τ −1

2gt² + gτ t −1 2gτ²

⇐⇒v02t − v01t + gτ t = 1

2gτ²+ v02τ, onde

tx =

1

2gτ²+ v02τ

v₀₂−v₀₁+ gτ (11)

Per rispondere al quesito 1 conviene eseguire uno studio di funzione di tx(τ ) ,riscrivendo:

tx(τ ) = gτ² + 2v02τ

2 (v02−v01+ gτ ) (12)

Insieme di definizione

Dal momento che v02> v01, deve essere gτ 6= v01−v02> 0 per cui la funzione `e definita

in 

0,v01−v02

g



[ v₀₁−v02

g , +∞



(13) Comportamento agli estremi del campo di esistenza

Abbiamo

tx(0) = 0 (14)

Cinematicamente significa che A e B collidono ovvero coincidono, solo nell’istante di lancio (che `e simultaneo in quanto τ = 0), come appare in fig. 4. Ci`o perch`e v₀₁ > v₀₂=⇒ y_2,max >

y1,max per cui le parabole non si intersecano.

t1,max t1

t y1,max

y2,max

y

Figura 4: Esercizio 1. Per τ = 0 le palline collidono ovvero coincidono, solo nell’istante t = 0.

Prima di studiare il comportamento in un intorno di

`e preferibile studiare il segno della funzione:

tx(τ ) ≥ 0 ⇐⇒ gτ²+ 2v02τ

v02−v01+ gτ ≥0,

osservando che tx < 0 non ha significato fisico, per cui deve essere (a parte τ = 0 gi`a visto sopra):

τ > τ^∗ =⇒ tx(τ ) > 0 (15)

In ogni caso, da ci`o segue lim

τ →τ_∗⁻

tx(τ ) = −∞, lim

τ →τ_∗⁺

tx(τ ) = +∞ (16)

Cio`e τ<sup>∗</sup>`e punto di discontinuit`a di seconda specie per la funzione, e la retta τ = τ<sup>∗</sup> `e asintoto verticale per il corrispondente diagramma cartesiano. Inoltre

τ →+∞lim tx(τ ) = +∞ (17)

Studio della monotonia La derivata prima `e

t^′_x(τ ) = d

dτtx(τ ) = 1 2

g²τ²+ 2gτ (v02−v01) + 2v²₀₂−2v02v01

(v02−v01+ gτ )² (18)

Ricerchiamone gli zeri:

t^′_x(τ ) = 0 ⇐⇒ g²τ²+ 2gτ (v02−v01) + 2v₀₂² −2v02v01 = 0

⇐⇒τ^±= v01−v02±pv₀₁² −v²₀₂ g

Riesce τ⁻ < 0 e dal momento che richidiamo τ ≥ 0, la radice accettabile `e:

τ+= v01−v02+pv₀₁² −v₀₂² g

def= τ1 > τ^∗ = v01−v02

g ,

che cade dopo l’asintoto verticale. Studiamo il segno:

t^′_x(τ ) > 0 ⇐⇒ g²τ²+ 2gτ (v02−v01) + 2v²₀₂−2v02v01 > 0 ⇐⇒ τ /∈[τ⁻, τ+] Ma τ > 0 onde

τ ∈ (τ₁, +∞) =⇒ t^′_x(τ ) > 0

Ne consegue che tx(τ ) `e strettamente crescente in (τ1, +∞) e strettamente decrescente in (0, τ1). Quindi τ1 `e punto di minimo relativo.

Asintoto obliquo

Calcoliamo il coefficiente angolare dell’eventuale asintoto obliquo:

m = lim

τ →+∞t^′_x(τ ) = lim

τ →+∞

g²+ ^2g_τ (v02−v01) + ¹_τ (2v₀₂² −2v01v01)

v02−v01

τ + g
2

= 1 2

L’ordinata all’origine:

n = lim

τ →+∞[tx(τ ) − mτ ] = lim

τ →+∞

 gτ²+ 2v₀₂τ v02−v01+ gτ −τ

2



= lim

τ →+∞

τ (v01+ v02) 2 ^v01−_τ^v02 + gτ
=

v01+ v02

2g Ne concludiamo che la retta

r : t = τ

2 + v₀₁+ v₀₂ 2g

`e asintoto obliquo. Si noti che il suo coefficiente angolare `e indipendente dalle conzioni iniziali (velocit`a di lancio), mentre l’ordinata all’origine `e proporzionale alla media artimetica delle velocit`a di lancio.

Tracciamento del grafico

Non `e necessario studiare la derivata seconda. Il grafico `e riportato in fig. 5.

Τ_* Τ₁

Τ txHΤ₁L

tx

Figura 5: Esercizio 1. Diagramma cartesiano della funzione (12).

Per quanto precede:

A e B collidono ⇐⇒ 0 ≤ tx(τ ) ≤ t1

Cio`e

0 ≤ gτ²+ 2v₀₂τ

2 (v02−v01+ gτ ) ≤ 2v₀₁

g (19)

Dal precedente studio di funzione si ha:

tx(τ ) > 0 ⇐⇒ τ > τ^∗ = v₀₁−v₀₂

g ,

per cui la (19) conduce al sistema di disequazioni:

Dalla prima

g²τ²+ 2v₀₂gτ − 4v₀₁(v₀₂−v₀₁+ gτ )

2g (v02−v01+ gτ ) ≤0 (21)

Dalla seconda delle (20) si ha che il denominatore della (21) `e sempre > 0, onde la (21) equivale a:

g²τ²+ 2v₀₂gτ − 4v₀₁(v₀₂−v₀₁+ gτ ) ≤ 0 Risolviamo dapprima

g²τ² + 2v₀₂gτ − 4v₀₁(v₀₂−v₀₁+ gτ ) = 0

⇐⇒g²τ²−2g (2v01−v02) τ − 4v01(v02−v01) = 0 Cio`e

τ = 2τ^∗ = ^2(v01_g^−v02) t1

Ne consegue che il sistema (20) `e verificato per τ ∈ [2τ^∗, t1], ovvero

A e B collidono ⇐⇒ 2τ^∗ ≤τ ≤ t1 (22)

Tale condizione (necessaria e sufficiente) di collisione `e illustrata graficamente in fig. 6.

Τ_* 2Τ* Τ₁ Τ=t1

Τ t1

txHΤ1L t_x

Figura 6: Esercizio 1. Rappresentazione grafica delle soluzioni del sistema (21).

Per rispondere al quesito 2, rammentiamo che

τ1 = v01−v02+pv₀₁² −v₀₂² g

`e punto di minimo relativo per la funzione tx(τ ). Inoltre `e τ₁ ∈[2τ^∗, t₁] per cui se il tempo di ritardo `e τ = τ1, l’istante di collisione raggiunge il minimo valore:

tx,min = tx(τ1) = v₀₁² −v²₀₂+ v01pv₀₁² −v₀₂² gpv₀₁² −v₀₂² ,

L’altezza in cui le palline collidono `e

h = y1(tx,min) = v₀₂² 2g, cio`e h = y2,max.