Moto parabolico: esercizi svolti

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In questo articolo presentiamo 9 esercizi svolti sul moto parabolico, ossia sul moto assunto da un corpo lanciato in un campo gravitazionale uniforme (come quello terrestre) in assenza di altre forze. Gli esercizi sono completamente risolti e corredati di richiami teorici, in modo da fornire al lettore gli strumenti utilizzati nella loro soluzione. Per tali ragioni, la raccolta è particolarmente rivolta a studenti dei corsi di Fisica 1 che intendono rafforzare la loro preparazione teorica e pratica su questo importante aspetto della cinematica e della dinamica del punto materiale.

Segnaliamo le ulteriori raccolte di esercizi su argomenti affini e rimandiamo alla fine della pagina per una lista esaustiva del materiale di fisica presente sul nostro sito:

Buona lettura!

Sommario

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Il presente lavoro propone una serie di nove esercizi svolti sul moto parabolico, destinati principalmente a studenti universitari dei corsi di laurea in ingegneria, matematica e fisica, nonché a coloro che desiderano approfondire le proprie conoscenze in questo ambito. Gli esercizi sono stati appositamente ideati per sviluppare una comprensione approfondita e applicata dei principi fisici che regolano il moto parabolico, noto anche come moto del proiettile, un concetto centrale nell’ambito della cinematica.

Il documento offre una varietà di problemi che esplorano diverse dimensioni del moto parabolico, partendo da situazioni elementari, utili per consolidare i fondamenti teorici, fino ad arrivare a casi più complessi, mirati a stimolare le capacità analitiche e di problem-solving degli studenti. Ciascun esercizio è stato strutturato per favorire un progressivo sviluppo delle competenze nell’analisi di questo tipo di moto.

Inoltre, il file include una sezione di richiami teorici approfonditi, che ripercorrono sinteticamente le principali dimostrazioni delle formule, oltre a fornire definizioni e ragionamenti fondamentali. Tali richiami rendono il documento autosufficiente, garantendo agli studenti tutte le risorse necessarie per affrontare gli esercizi proposti senza dover ricorrere a ulteriori testi di riferimento.

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti, Christian Magliano.

Revisore: Andrea Corradini.

Moto parabolico: introduzione

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Cosa è il moto parabolico? Il moto parabolico, noto anche come moto del proiettile, è un tipo di moto bidimensionale che si verifica quando un oggetto si muove sotto l’influenza della forza di gravità, descrivendo una traiettoria a forma di parabola. Per studiare il moto parabolico di un oggetto, si adotta generalmente un sistema di riferimento cartesiano $Oxy$ , dove l’asse $x$ è allineato con la direzione orizzontale e l’asse $y$ con la direzione verticale. Questa scelta permette di descrivere il movimento in modo chiaro, separando le componenti orizzontali e verticali del moto. Il moto parabolico un esempio di moto composito, risultante dalla combinazione di due moti indipendenti:

moto rettilineo uniforme lungo l’asse orizzontale (asse $x$ ): l’oggetto si muove a velocità costante, poiché non vi è alcuna forza che agisce in questa direzione (si assume che la resistenza dell’aria sia trascurabile);
moto uniformemente accelerato lungo l’asse verticale (asse $y$ ): l’oggetto subisce un’accelerazione costante verso il basso a causa della gravità terrestre ( $g = \text{9,8} \, \text{m}\cdot \text{s}^{-2}.$ ).

Per amore della completezza e al fine di stimolare il ragionamento, abbiamo deciso di includere l’esercizio 3. Sebbene non appartenga strettamente alla categoria dei moti parabolici, questo esercizio è stato inserito intenzionalmente per evitare che gli studenti applichino in modo automatico le formule del moto parabolico. L’esercizio richiede un’analisi più approfondita e, qualora la teoria esposta nella sezione 1 sia stata compresa appieno, la sua risoluzione non dovrebbe presentare particolari difficoltà.

Moto parabolico: richiami di teoria

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Il moto parabolico è costituito dalla composizione di due moti: il moto rettilineo uniforme e il moto uniformemente accelerato. Immaginiamo, per esempio, di avere un punto materiale che si muove di moto parabolico in un piano verticale; allora, il punto si muoverà di moto rettilineo uniforme lungo la direzione orizzontale e di moto uniformemente accelerato lungo la direzione verticale. Nel campo gravitazionale terrestre, lungo la verticale il punto materiale viene accelerato con accelerazione pari a $\vec{g}$ (accelerazione di gravità), che in modulo vale circa $\textnormal{9,81}\,\textnormal{m}\cdot\textnormal{s}^{-2}$ ; pertanto se scegliamo un sistema di riferimento $Oxy$ con l’asse delle $y$ orientato verso l’alto l’accelerazione del moto rettilineo uniformemente accelerato è $a=-g=-\textnormal{9,81}\,\textnormal{m}\cdot\textnormal{s}^{-2}$ , altrimenti se l’asse delle $y$ è orientato verso il basso l’accelerazione è $a=g=\textnormal{9,81}\,\textnormal{m}\cdot\textnormal{s}^{-2}$ . Consideriamo un corpo appoggiato su un piano orizzontale e avente una velocità iniziale $\vec{v}_0$ formante un angolo $\theta$ con l’orizzontale, come in figura 1.

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Figura 1: configurazione iniziale del moto parabolico.

Il corpo si muove di moto parabolico. Scegliamo un sistema di riferimento $Oxy$ fisso, in cui l’origine $O$ coincide con il punto materiale nell’istante iniziale, come mostra la figura 2.

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Figura 2: traiettoria del punto materiale.

Nel sistema $Oxy$ , la velocità iniziale si può esprimere in coordinate cartesiane come

(1) $\begin{equation*} \vec{v}_0=\underbrace{v_0\cos\theta}_{v_{0x}}\,\hat{x}+\underbrace{v_0\sin\theta}_{v_{0y}}\,\hat{y}, \end{equation*}$

dove $\hat{x}$ e $\hat{y}$ sono rispettivamente in versori dell’asse delle $x$ e delle $y$ . Scriviamo le leggi orarie lungo la direzione orizzontale (asse $x$ ) e lungo la direzione verticale (asse $y$ ). Abbiamo dunque

(2) $\begin{equation*} \begin{cases} x(t)=v_{0x}t=v_0t\cos\theta \\ y(t)=v_{0y}t-\dfrac{1}{2}gt^2=v_0t\sin\theta-\dfrac{1}{2}gt^2, \end{cases} \end{equation*}$

dove $x(t)$ rappresenta la legge oraria nella direzione dell’asse delle $x$ e $y(t)$ rappresenta la legge oraria nella direzione dell’asse delle $y$ .

La gittata ed il tempo di volo.

Vogliamo ora determinare la gittata, ossia la distanza orizzontale tra i due punti della traiettoria a quota nulla ed il tempo di volo; in altri termini, la gittata è lo spazio orizzontale percorso dal corpo affinché il punto materiale partendo da $O$ si trovi nuovamente in un punto dell’asse delle $x$ di coordinate $(x_G,0)$ , dove $x_G$ rappresenta proprio lo spazio orizzontale percorso (la gittata), come illustrato in figura 3.

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Figura 3: grafico della gittata $\displaystyle x_{G}$ .

Sia $t_G$ è il tempo impiegato per percorrere la gittata, nel nostro caso si ha

(3) $\begin{equation*} y(t_G)=0, \end{equation*}$

da cui, sfruttando l’equazione (2) $_2$ , otteniamo

(4) $\begin{equation*} y(t_G)=v_0\sin\theta\,t_G-\dfrac{1}{2}gt_G^{2}=0, \end{equation*}$

cioè

(5) $\begin{equation*} t_G\left(v_0\sin\theta-\dfrac{1}{2}gt_G\right)=0. \end{equation*}$

Si noti che l’equazione (5) ha due soluzioni: $t_G=0$ e $t_G=2v_0\sin\theta/g.$ La soluzione $t_G=0$ rappresenta l’istante di tempo in cui il corpo si trova nell’origine del nostro sistema di riferimento, ovvero l’istante di tempo tale che $y(0)=0$ , mentre l’istante di tempo $t_G=2v_0\sin\theta/g$ è il tempo impiegato per compiere la gittata. Deduciamo quindi che il tempo di volo è pari a

(6) $\begin{equation*} t_G=\dfrac{2v_0\sin\theta}{g}. \end{equation*}$

Sfruttando l’equazione (2) $_1$ è possibile trovare la gittata, ossia la coordinata $x$ del punto materiale al tempo $t_G$ . Si ha¹

(7) $\begin{equation*} x_G=x(t_G)=v_0\,t_G\cos\theta= v_0\left(\dfrac{2v_0\sin\theta}{g}\right)\cos\theta =\dfrac{v_0^2}{g}\sin(2\theta). \end{equation*}$

Osserviamo che la gittata massima si ha quando $\sin(2\theta)=1$ , ed essa vale

(8) $\begin{equation*} x_{G,max}=\dfrac{v_0^2}{g}. \end{equation*}$

Possiamo inoltre calcolare l’angolo di lancio rispetto al piano orizzontale per il quale si ottiene la massima gittata. Dalla condizione $\sin(2\theta)=1$ ricaviamo

(9) $\begin{equation*} 2\theta_{max}=\dfrac{\pi}{2}\quad\Leftrightarrow\quad\theta_{max}=\dfrac{\pi}{4}. \end{equation*}$

$\[\]$

Ricordiamo dalla trigonometria che $2\cos\theta\sin\theta=\sin(2\theta)$ . ↩

Altezza massima raggiungibile.

Si vuole determinare la quota massima che il punto materiale può raggiungere nota la velocità iniziale $\vec{v}_0$ . Lungo l’asse delle $x$ il moto è rettilineo uniforme, pertanto deduciamo che il tempo impiegato dal corpo per arrivare alla quota massima è $t_G/2$ . In altre parole, la metà del tempo che il corpo impiega a percorrere metà gittata è il tempo che esso impiega per giungere alla quota massima. Sfruttando (2) $_2$ , abbiamo

(10) $\begin{equation*} \begin{aligned} y_{max}=y\left(\dfrac{t_G}{2}\right)&=v_0\dfrac{t_G}{2}\sin\theta-\dfrac{1}{2}g\left(\dfrac{t_G}{2}\right)^2=\\ &=v_0\left(\dfrac{v_0\sin\theta}{g}\right)\sin\theta-\dfrac{1}{2}g\left(\dfrac{v_0\sin\theta}{g}\right)^2=\\ &=\dfrac{v_0^2\sin^2\theta}{g}-\dfrac{1}{2}\dfrac{v_0^2\sin^2\theta}{g}=\\ &=\dfrac{v_0^2\sin^2\theta}{2g}. \end{aligned} \end{equation*}$

Alternativamente, si poteva ottenere $y_{max}$ anche imponendo che la componente $y$ della velocità del corpo sia nulla quando la quota è massima; infatti, dal momento che il vettore velocità è tangente alla traiettoria in ogni suo punto, alla quota massima si avrà che la velocità è solo orizzontale, come mostra la figura 4.

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Figura 4: altezza massima.

Dalla cinematica del moto uniformemente accelerato, sappiamo che la legge che esprime la velocità $v_y$ in funzione del tempo è

(11) $\begin{equation*} v_y(t)=v_0\sin\theta t-gt, \end{equation*}$

da cui, imponendo che $v(t_{max})=0$ , dove con $t_{max}$ si indica il tempo trascorso per raggiungere la quota massima, si ottiene

(12) $\begin{equation*} v_0t_{max}\sin\theta -gt_{max}=0\quad\Leftrightarrow\quad t_{max}=\dfrac{v_0\sin\theta}{g}. \end{equation*}$

Come ci aspettavamo, abbiamo trovato che $t_{max}=t_G/2$ . Ripercorrendo gli stessi passi del procedimento precedente si giunge nuovamente ad $y_{max}={v_0^2\sin^2\theta}/{(2g)}.$

La traiettoria del moto.

Per determinare la traiettoria del moto, basta sfruttare le equazioni del sistema (2). In particolare, dalla (2) $_1$ ricaviamo

(13) $\begin{equation*} t=\dfrac{x}{v_0\cos\theta}; \end{equation*}$

sostituendo questo risultato nella (2) $_2$ , otteniamo la traiettoria, ossia l’espressione della coordinata $y$ in funzione di $x$ . Avremo

(14) $\begin{equation*} y(x)=v_0\sin\theta\left(\dfrac{x}{v_0\cos\theta}\right)-\dfrac{1}{2}g\left(\dfrac{x}{v_0\cos\theta}\right)^2=x\tan\theta-\dfrac{gx^2}{2v_0^2\cos^2\theta}. \end{equation*}$

Notiamo che la traiettoria percorsa dal punto materiale è descritta dall’equazione di una parabola, come ci si aspettava.

Moto parabolico: testi degli esercizi

Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un punto materiale viene lanciato verso l’alto con una velocità $\vec{v}_0$ che forma un angolo $\theta$ con l’orizzontale. Il corpo è sottoposto a un’accelerazione costante di gravità $\vec{g}$ diretta verso il basso in ogni momento del suo moto. Determinare sotto quali condizioni l’altezza massima raggiunta dalla traiettoria parabolica è uguale alla gittata.

Svolgimento.

Consideriamo un sistema di coordinate fisso $Oxy$ con origine $O$ nel punto di lancio del corpo. L’asse $x$ è orientato lungo l’orizzontale e l’asse $y$ è ortogonale a esso e diretto verso l’alto, come mostrato nella figura 5. La velocità iniziale della pallina è rappresentata da $\vec{v}_0$ , la quale forma un angolo $\theta$ con l’asse $x$ .

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Figura 5: sistema di riferimento $Oxy$

L’accelerazione del corpo è data dal vettore $\vec{g}$ , diretto verso il basso con modulo $g=\textnormal{9,8}\, \textnormal{m}\cdot \textnormal{s}^{-2}$ , il che determina un moto parabolico.

Come ottenuto all’equazione (7), la gittata del corpo è

(15) $\begin{equation*} d=\dfrac{v_0^2\sin(2\theta)}{g}=\dfrac{2v_x(0)v_y(0)}{g}, \end{equation*}$

dove $v_0$ è il modulo della velocità iniziale del corpo mentre $v_x(0)$ e $v_y(0)$ rappresentano rispettivamente le componenti lungo l’asse delle $x$ e lungo l’asse delle $y$ della velocità iniziale $\vec{v}_0$ . L’altezza massima raggiunta dal corpo è data dall’equazione (10), ovvero

(16) $\begin{equation*} h=\dfrac{v_0^2\sin^2(\theta)}{2g}=\dfrac{v_y^2(0)}{2g}. \end{equation*}$

Imponiamo che l’altezza massima e la gittata siano uguali. Sfruttando le equazioni (15) e (16), imponendo tale condizione, otteniamo

(17) $\begin{equation*} \dfrac{2v_x(0)v_y(0)}{g}=\dfrac{v_y^2(0)}{2g}\quad\Leftrightarrow\quad 2v_x(0)=\dfrac{v_y(0)}{2}, \end{equation*}$

da cui, esplicitando $v_x(0)=v_0\cos\theta$ e $v_y(0)=v_0\sin\theta$ , otteniamo

(18) $\begin{equation*} 2v_0\cos\theta=\dfrac{v_0\sin\theta}{2}\quad\Leftrightarrow\quad 4\cos\theta=\sin\theta, \end{equation*}$

dividendo per $\cos\theta$ da entrambi i lati², giungiamo a

(19) $\begin{equation*} 4=\tan\theta. \end{equation*}$

Esplicitando la precedente equazione rispetto a $\theta$ , ricaviamo infine che il corpo percorrerà una gittata pari all’altezza massima da esso raggiunta se

$\boxcolorato{fisica}{\theta=\arctan(4)\approx \text{75,96}^\circ.}$

Osserviamo che il risultato ottenuto non dipende nè dal modulo dell’accelerazione di gravità nè da quello della velocità iniziale del corpo.

$\[\]$

È lecito poiché nel moto parabolico $0\leq \theta< \pi/2$ . ↩

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un golfista effettua un tiro lanciando una palla per una distanza $d$ . La palla raggiunge un’altitudine massima di $h$ durante la sua traiettoria. Si suppone che il terreno sia piano e che la resistenza dell’aria sia trascurabile.
Calcolare:

le componenti orizzontale e verticale della velocità iniziale $\vec{v}_0$ della palla;
le componenti normale e tangenziale dell’accelerazione della palla nell’istante dell’impatto con il suolo.

Esprimere i risultati in funzione dei parametri del problema, $d$ e $h$ .

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Un golfista colpisce una palla che segue una traiettoria parabolica. La palla raggiunge un'altezza massima h e atterra a una distanza orizzontale d. Il terreno è rappresentato come una superficie inclinata. Il percorso della palla è indicato con una linea tratteggiata.

Figura 6: sistema fisico in esame.

Svolgimento punto 1.

Consideriamo un sistema di riferimento fisso $Oxy$ con origine $O$ nel punto occupato dalla pallina all’istante iniziale. L’asse $x$ è orizzontale ed orientato nel verso del moto della pallina, mentre l’asse $y$ è verticale ed orientato verso l’alto, come illustrato in figura 7. Indichiamo con $\vec{v}_0$ la velocità iniziale della palla, la quale forma un angolo $\theta$ con l’asse $x$ .

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Figura 7: sistema di riferimento $Oxy$

La palla è sottoposta ad un’accelerazione $\vec{g}$ , diretta verso il basso lungo l’asse $y$ con modulo $g=\text{9,8}\,\textnormal{m}\cdot \textnormal{s}^{-2}$ , e lungo la sua traiettoria obbedisce alle leggi del moto parabolico.

Dall’equazione (7) sappiamo che la gittata $d$ della palla nel moto parabolico è determinata dalla formula

(20) $\begin{equation*} d=\dfrac{v_0^2\sin(2\theta)}{g}=\dfrac{2v_x(0)v_y(0)}{g}, \end{equation*}$

dove $v_x(0)$ e $v_y(0)$ rappresentano rispettivamente le componenti orizzontale e verticale della velocità iniziale $\vec{v}_0$ .

Dall’equazione (10) sappiamo che l’altezza massima $h$ raggiunta durante il moto è espressa da

(21) $\begin{equation*} h=\dfrac{v_0^2\sin^2(\theta)}{2g}=\dfrac{v_y^2(0)}{2g}. \end{equation*}$

Dalla precedente equazione otteniamo

$\boxcolorato{fisica}{ v_y(0)=\sqrt{2gh}.}$

Dall’equazione (20), risolvendo rispetto a $v_x(0)$ , otteniamo

(22) $\begin{equation*} v_x(0)=\dfrac{gd}{2v_y(0)}. \end{equation*}$

Sostituendo l’espressione precedentemente ottenuta per $v_y(0)$ nell’equazione precedente, ricaviamo

(23) $\begin{equation*} v_x(0)=\dfrac{gd}{2\sqrt{2hg}}, \end{equation*}$

e semplificando ulteriormente giungiamo a

$\boxcolorato{fisica}{ v_x(0)=\dfrac{d}{2}\sqrt{\dfrac{g}{2h}}.}$

Svolgimento punto 2.

Quando l’oggetto impatta al suolo all’istante $t_*$ la sua velocità $\vec{v}(t_*)$ formerà un angolo $\beta=\theta$ con l’asse delle $x$ , come illustrato in figura 8.

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Figura 8: velocità dell’oggetto quando impatta al suolo.

Ricordiamo che il tempo di volo nel moto parabolico è dato dall’equazione (6)

(24) $\begin{equation*} t_*=\dfrac{2v_y(0)}{g}=\dfrac{2}{g}\sqrt{2gh}=2\sqrt{\dfrac{2h}{g}}, \end{equation*}$

dove nel primo passaggio abbiamo sostituito l’espressione di $v_y(0)$ ottenuta al punto 1.

Calcoliamo innanzitutto $v_x(t_*)$ e $v_y(t_*)$ .

Poiché il moto lungo l’asse $x$ è rettilineo ed uniforme, la componente $v_x$ della velocità rimane costante, quindi

(25) $\begin{equation*} v_x(t_*) = v_x(0) = \dfrac{d}{2} \sqrt{\dfrac{g}{2h}}, \end{equation*}$

dove abbiamo sostituito l’espressione di $v_x(0)$ ottenuta al punto 1.

Per quanto riguarda il moto lungo l’asse $y$ , la palla si muove di moto rettilineo uniformemente accelerato con accelerazione costante $-g$ , quindi la componente $v_y(t)$ della velocità al generico istante $t$ è data da

(26) $\begin{equation*} v_y(t) = v_y(0) - gt. \end{equation*}$

Valutando l’equazione (26) all’istante $t_*$ e sostituendo l’espressione di $v_y(0)$ ottenuta al punto 1 , otteniamo

(27) $\begin{equation*} v_y(t_*)=\sqrt{2gh}-gt_* = \sqrt{2gh} - 2g\sqrt{\dfrac{2h}{g}} = -\sqrt{2gh}. \end{equation*}$

Dunque, sfruttando quanto ottenuto, abbiamo

(28) $\begin{equation*} \vec{v}(t_*) = \left(\dfrac{d}{2} \sqrt{\dfrac{g}{2h}}, -\sqrt{2gh}\right), \qquad \vec{a}(t_*) = (0, -g). \end{equation*}$

Consideriamo un sistema di riferimento $O'tn$ , in cui l’origine $O'$ coincide con il punto di impatto della palla, l’asse delle $t$ è tangente alla traiettoria in tale punto, e l’asse $O'n$ è ad esso ortogonale, come mostrato in figura 9.

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Figura 9: sistema di riferimento $\displaystyle O'tn$ in corrispondenza del punto di impatto con il suolo.

Sappiamo che rispetto al sistema di riferimento tangente-normale $O'tn$ , è possibile scrivere l’accelerazione $\vec{a}$ in termini della componente tangenziale $a_t$ e di quella centripeta $a_n$ , ossia

(29) $\begin{equation*} \vec{a}=a_t\,\hat{t}+a_n\,\hat{n}, \end{equation*}$

dove $\hat{t}$ e $\hat{n}$ rappresentano i versori dell’asse delle $t$ e delle $n$ rispettivamente.

Dalla geometria della figura 9 si evince che la componente tangenziale dell’accelerazione $\vec{a}$ all’istante $t_*$ si ottiene come

(30) $\begin{equation*} a_t(t_*)=g\sin\beta. \end{equation*}$

In virtù della precedente equazione è necessario calcolare $\sin\beta$ . In particolare dalla geometria illustrata in figura 8 (o anche in figura 9) si osserva che

(31) $\begin{equation*} \sin\beta=\dfrac{\vert v_y(t_*)\vert}{\vert \vec{v}(t_*)\vert}=\dfrac{\sqrt{2gh}}{\sqrt{\dfrac{d^2 g}{8h} + 2gh}}, \end{equation*}$

dove abbiamo utilizzato l’espressione di $\vec{v}(t_*)$ data dall’equazione (28).

Sostituendo l’equazione (31) nell’equazione (30) ricaviamo

(32) $\begin{equation*} a_t(t_*) = g \dfrac{\sqrt{2gh}}{\sqrt{\dfrac{d^2 g}{8h} + 2gh}}, \end{equation*}$

ovvero

$\boxcolorato{fisica}{ a_t(t_*)=\dfrac{g}{\sqrt{1 + \dfrac{d^2}{16 h^2}}}.}$

Analogamente, come rappresentato in figura 9, la componente normale $a_n(t_*)$ alla direzione del moto di $\vec{a}(t_*)$ si calcola utilizzando il Teorema di Pitagora, $|\vec{a}(t_*)|^2 = \big(a_t(t_*) \big)^2 + \big(a_n(t_*)\big)^2$ , da cui

(33) $\begin{equation*} a_n(t_*) =\sqrt{|\vec{a}(t_*)|^2 - \big(a_t(t_*) \big)^2}=\sqrt{g^2 - \dfrac{g^2}{1 + \dfrac{16 h^2}{d^2}}}=\dfrac{g}{\sqrt{{1+ \dfrac{d^2}{16h^2}}}}, \end{equation*}$

quindi

$\boxcolorato{fisica}{ a_n(t_*) =\dfrac{g}{\sqrt{{1+ \dfrac{d^2}{16h^2}}}}.}$

Osservazione.

Una maniera alternativa per ottenere l’espressione della componente tangenziale dell’accelerazione $\vec{a}$ calcolata al punto 2 è la seguente. Al generico istante $t>0$ la componente tangenziale $a_t(t)$ dell’accelerazione $\vec{a}(t)$ si può ottenere facendo il prodotto scalare ambo i membri dell’equazione (29) per $\hat{t}(t)$ , ovvero

(34) $\begin{equation*} \vec{a}(t)\cdot \hat{t}(t)=(a_t(t)\,\hat{t}(t)+a_n(t)\,\hat{n}(t))\cdot \hat{t}(t)=a_t(t). \end{equation*}$

Il versore $\hat{t}$ all’istante $t_*$ si può esprimere come

(35) $\begin{equation*} \hat{t}(t_*)=\dfrac{\vec{v}(t_*)}{\vert \vec{v}(t_*)\vert }=\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{d^2 g}{8h} + 2gh}}\left(\dfrac{d}{2} \sqrt{\dfrac{g}{2h}} -\sqrt{2gh}\right). \end{equation*}$

Dal prodotto scalare del vettore $\vec{a}(t_*)$ (dato dall’equazione (28)) con il versore $\hat{t}(t_*)$ (dato dall’equazione (35)), ricaviamo che

(36) $\begin{equation*} \begin{align*} a_t(t_*) & = \vec{a}(t_*) \cdot \frac{\vec{v}(t_*)}{|\vec{v}(t_*)|} \\ & = \dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{d^2 g}{8h} + 2gh}} \left( 0\cdot\,\dfrac{d}{2} \sqrt{\dfrac{g}{2h}} + (-g)\cdot(-\sqrt{2gh}) \right) \\ & = g \dfrac{\sqrt{2gh}}{\sqrt{\dfrac{d^2 g}{8h} + 2gh}} \\ & = \dfrac{g}{\sqrt{1 + \dfrac{d^2}{16 h^2}}} \end{align*} \end{equation*}$

come ottenuto al punto 2.

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un oggetto viene lasciato cadere da una torre di altezza $h$ . Durante la caduta, a causa di un forte vento, l’oggetto subisce una accelerazione costante di modulo $A$ ed orientata come in figura 10. Calcolare:

l’istante $t_*$ in cui l’oggetto arriva al suolo.

In corrispondenza dell’istante $t_*$ calcolare:

la distanza orizzontale $d$ del punto in cui il corpo tocca il terreno rispetto alla posizione iniziale;
le componenti della velocità ed il suo modulo rispetto ad un sistema di riferimento fisso $Oxy$ come illustrato in figura 10;
l’angolo $\theta$ di incidenza dell’oggetto al suolo, rispetto all’asse orizzontale.

Esprimere i risultati in funzione dei parametri del problema, $h$ ed $A$ .

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Figura 10: sistema fisico in esame.

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La gittata ed il tempo di volo.

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La traiettoria del moto.

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