Moto relativo di una valigia in un treno

[feddy]

Ho il seguente esercizio trovato su internet, di cui però non conosco i risultati numerici.

Un treno inizialmente in moto rettilineo uniforme con velocità di modulo $v_0=25 ms^{-1}$ improvvisamente, all’istante $t_0=0$ rallenta, a causa di una frenata, con decelerazione costante di modulo $a_T =3 ms^{-2}$ fino a fermarsi.
Come conseguenza della brusca frenata una valigia, assimilabile a un corpo puntiforme e posta in bilico sul portapacchi ad un’altezza $H = 2 m$ dal pavimento del treno, cade e finisce sul pavimento stesso. Supponendo trascurabile la resistenza dell’aria, determinare nel sistema di riferimento assoluto Oxy,t e in quello mobile O’xy,t:

1. l’intervallo di tempo $Delta t$ che intercorre tra l’istante $t_c$ in cui la valigia tocca il pavimento del treno e l’istante $t_A$ di arresto del treno
2. lo spostamento $Delta r$ del treno lungo il piano orizzontale in corrispondenza all’intervallo $Delta t$
3. l’accelerazione assoluta $\vec(a)$ e quella relativa $\vec(a')$ della valigia durante il moto di caduta della valigia
4. le velocità $\vec(v)$, specificandone il modulo e la direzione con riferimento al piano orizzontale, della valigia quando tocca il pavimento del treno rispetto ad un osservatore O fermo a terra.
5. le velocità $\vec(v')$, specificandone il modulo e la direzione con riferimento al piano orizzontale, della valigia quando tocca il pavimento del treno rispetto ad un osservatore O’ solidale al treno;
6. le equazioni parametriche del moto della valigia nel sistema di riferimento solidale al treno e in quello solidale al suolo.
7. l’equazione cartesiana della traiettoria descritta dalla valigia durante il suo moto di caduta come appare a un osservatore O fermo a terra e, rispettivamente, a un osservatore O’ solidale al treno

Hint: Scegliere l’origine O del sistema di riferimento solidale al suolo, in modo che l’asse y passi per la posizione della valigia all’istante in cui inizia la frenata del treno

La situazione è quella in figura





Svolgimento:

Quando il treno decelera, a $t_0=0$, il suo moto è un moto rett. uniformemente decelerato, di equazione $x_{\text{Treno}}(t)= v_0 t - \frac{1}{2}a_{t} t^2$. Questo si arresta quando $v(t)=v_0 - a_{t} t=0$ da cui $t=\frac{v_0}{a_t}=8.3 \quad m s^{-1}$.

La valigia, invece, nel momento in cui il treno decelera, subisce un'accelerazione uguale e contaria $\vec(a_t)=a_t \mathbf{j}$ e cade dal pianale del treno secondo un moto parabolico di legge

$ { ( x(t)=\frac{1}{2}a_{t} t^2 ),( y(t)= H - \frac{1}{2}g t^2 ):} $

da cui segue che

$t_c=\sqrt(\frac{2H}{g})=0.6 \quad s$

Pertanto, rispondendo alla (1), $Delta t= 8.3 - 0.6=7.7 \quad s$


2. In base al tempo di arresto ricavato prima, segue che lo spostamento del treno è dato da

$x_{\text{Treno}}(Delta t) = Delta t \cdot (v_0 - \frac{1}{2} a_{t} Delta t)=103.5 m$

3. L'accelerazione della valigia per un osservatore su Oxy,t è data da

$\vec(a)=-a_t \mathbf{i} - g \mathbf{j}$

Per un osservatore solidale al treno è data da

$\vec(a)=a_t \mathbf{i} - g \mathbf{j}$

.

4. & 5.
Un osservatore a terra vede cadere la valigia con velocità

$\vec(v)=(v_0 + a_t \cdot t ) \mathbf{i} - (g \cdot t )\mathbf{j}$

mentre uno solidale al treno

$\vec{v}=a_t \cdot t \mathbf{i} - ( g \cdot t) \mathbf{j}$

Da cui si ricavano i due angoli di impatto:

$phi=\arctan(\frac{v_y}{v_x})=\arctan(\frac{-g \cdot t_c}{a_t \cdot t_c + v_0})=-12.4°$

$phi'=arctan(\frac{v_y}{v_x})=\arctan(\frac{-g \cdot t_c}{a_t \cdot t_c}) \approx -73°$

6. Le equazioni parametriche del moto della valigia in Oxy:

$ { ( x(t)=v_0 t -\frac{1}{2}a_t t^2 ),( y(t)=H+h - \frac{1}{2} g t^2 ):} $

dubbio qui $h$ sarebbe la distanza del pianale dal suolo, che però nel testo non viene data. Altrimenti potrei porre l'origine $O'$ coincidente con $O$.

In O'xy invece

$ { ( x(t)=\frac{1}{2}a_t t^2),( y(t)=H- \frac{1}{2} g t^2 ):} $

7. Le traiettorie si ricavano al solito modo, e visto che mi preme più sapere se è esatto il resto, evito di metterle

[Shackle]

Sappiamo che le accelerazioni in riferimenti diversi si compongono in questo modo :

$veca_a = veca_r + veca_t + veca_c$

dove al primo membro c'è l'accelerazione assoluta , al secondo quella relativa , di trascinamento , e complementare. Nel nostro caso , l'accelerazione complementare è nulla . L'accelerazione assoluta della valigia , nel riferimento della banchina , è nient'altro che $vecg$ . Quella di trascinamento è l'accelerazione del treno, che dall'istante di inizio frenata è discorde con la velocità, per cui il treno rallenta e si ferma . Quindi l'accelerazione della valigia che cade relativa al treno è :

$veca_r = vecg -veca_t$

Da notare che $-veca_t$ è diretto in avanti.

Ciò detto, vediamo il moto della valigia. Esso è parabolico rispetto a un osservatore $(Oxy)$ in banchina ( vedi figura allegata) , poiché la valigia, staccatasi dal supporto, ha la velocità $v_0hati$ nel rif detto ; le equazioni del moto della valigia , rispetto a $(Oxy)$ , sono quindi :

$ x= v_0t$
$y = H-1/2g*t^2$

Invece , rispetto al treno , il cui riferimento è $(O'x'y')$ , le equazioni del moto della valigia sono :

$x' =1/2a_t*t^2$
$y' = H-1/2g*t^2$

NB : all'istante iniziale della frenata gli assi y e y' sono coincidenti , li ho disegnati staccati per comodità .

Eliminando $t^2$ tra queste ultime due , si vede che :

$ y' = H-g/a_t x'$

Pertanto, rispetto al treno la valigia cade descrivendo un segmento di retta , che ho indicato con $PQ$ in figura :

L'angolo $alpha$ che $PQ$ forma con la verticale è dato da :

$tg \alpha = a_t/g \rightarrow alpha = \approx 17º$

Chiaramente : $O'Q = Htg\alpha = \approx 0.61m$

L'accelerazione relativa ha modulo : $a_r = sqrt(3^2 + 9.81^2) = 10.258 m/s^2$

Il tempo di caduta si può anche calcolare coi dati del treno :

$PQ = 1/2a_rt^2 \rightarrow t= sqrt((2PQ)/a_r)$ ,

e risulta uguale a quello calcolato con i dati di terra : $t = sqrt((2H)/g$ , visto che siamo in meccanica classica : il tempo tra il distacco e l'arrivo sul pavimento è uguale per i due osservatori.

Tutto il resto viene di conseguenza .