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Esercizio 6 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Un giocatore di tennis colpisce una pallina quando questa è ad una altezza h=1\,\text{m} dal suolo. Dopo un tempo t^\star = 0,5 s, la pallina urta, ad un’altezza y_1 = 3 m, un muro posto a d = 3,5 m dal punto in cui la pallina è colpita. Nell’urto la pallina inverte istantaneamente la componente orizzontale della sua velocità mentre la componente verticale ed il modulo della velocità restano uguali. Si calcolino:

(i) il modulo v_0 della velocità iniziale della pallina quando viene colpita dalla racchetta;

(ii) l’angolo \alpha che la velocità iniziale della pallina fa con l’orizzontale;

(iii) la distanza dal muro del punto in cui la pallina tocca il suolo dopo l’urto contro il muro.

Nota. La figura non è in scala ed il giocatore, insieme alla racchetta hanno dimensioni trascurabili.

 

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Svolgimento (i)-(ii).  Partiamo con una schematizzazione del nostro problema come fatto in figura 1. Scegliamo un sistema di riferimento fisso Oxy con origine O in corrispondenza del giocatore di tennis e l’asse x coincidente con il suolo. Si tratta di un moto parabolico con altezza h=1\,\text{m} e velocità iniziale \vec{v}_{0} da determinare. Il vettore \vec{v}_{0} forma un angolo \alpha con una retta parallela all’asse delle x.

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Dalla cinematica ricordiamo che in questa circostanza il corpo è soggetto alla sola accelerazione di gravità diretta nel verso negativo dell’asse delle y. Pertanto, il moto è decomponibile in un moto rettilineo uniforme lungo l’asse x ed uniformemente accelerato lungo l’asse y, come riportato nel sistema (1), cioè:

(1)   \begin{equation*} \begin{cases} y(t)=h+v_{0y} t -\dfrac{1}{2}gt^2\\\\ x(t)= v_{0x} t. \end{cases} \end{equation*}

Dobbiamo sfruttare l’informazione per cui dopo un tempo di t^\star=0.5\,\text{s} dal lancio, la pallina urta ad un’altezza di y_1=3\,\text{m} un muro posto a d=3.5\,\text{m} dall’origine del sistema di riferimento scelto. Ponendo t=t^*, il sistema (1) diventa:

(2)   \begin{equation*} \begin{cases} y(t^\star)=y_1\\ x(t^\star)= d \end{cases} \Leftrightarrow\quad \begin{cases} y_1=h+v_{0y}t^\star -\dfrac{g}{2}\left(t^{\star}\right)^2\\\\ d= v_{0x}t^\star \end{cases} \end{equation*}

da cui

(3)   \begin{equation*} \begin{cases} v_{0y}=\dfrac{y_1-h}{t^\star}+\dfrac{gt^\star}{2} \\\\ v_{0x}=\dfrac{d}{t^\star}. \end{cases} \end{equation*}

Dalle componenti del vettore velocità iniziale è possibile calcolare il modulo del vettore velocità iniziale v_0 e l’angolo di lancio \alpha, in particolare:

    \[\boxcolorato{fisica}{ \begin{aligned} &v_0=\sqrt{v_{0x}^2+v_{0y}^2}=\sqrt{\left(\frac{d}{t^*}\right)^2+\left(\frac{y_1-h}{t^*}+\frac{gt^*}{2}\right )^2}=\text{9,5}\,\text{m}\cdot\text{s}^{-1};\\ &\alpha=\arctan\left(\frac{v_{0y}}{v_{0x}}\right)=\arctan\left(\frac{2(y_1-h)+gt^{*2}}{2d}\right)=\text{42}^\circ. \end{aligned}}\]

 

Punto (iii). Una volta che la pallina urta il muro, il suo moto sarà ancora parabolico, ma con la componente x della velocità iniziale v_{2,x} uguale in modulo ma opposta in segno alla componente x della velocità appena avvenuto l’urto v_{1,x}. L’evoluzione temporale delle componenti della velocità sono date dalle seguenti leggi:

(4)   \begin{equation*} \begin{cases} v_{y}(t)=-gt+v_{0y}=-gt+v_0\sin\alpha\\ v_{x}(t)=v_{0x}=v_0\cos\alpha. \end{cases} \end{equation*}

Quindi al tempo t=t^\star le componenti del vettore velocità saranno rispettivamente

    \[\begin{cases} v_{1,y}=v_{y}(t^\star)=-gt^\star+v_0\sin\alpha=(-9,81\cdot0,5+6,4)\text{m}\cdot \text{s}^{-1}=1,5\,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}\\ v_{1,x}=v_{x}(t^\star)=v_{0x}=v_0\cos\alpha=7\,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}. \end{cases}\]

Dopo aver urtato il muro la pallina inverte istantaneamente la componente orizzontale della velocità preservando invece quella verticale, inoltre, \alpha‘ è l’angolo di incidenza del vettore velocità con la retta normale al muro, come rappresentato in figura 2.

 

 

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Definiamo un nuovo sistema di riferimento cartesiano fisso Oxy (diverso dal precedente) in corrispondenza del muro alla quota del terreno come in figura 3.

 

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Scriviamo le nuove leggi orarie per la pallina con velocità iniziale \vec{v}_{2}=(-v_{1,x}\,\hat{x}+v_{1,y}\,\hat{y}) posta ad un’altezza y_1=3\,\text{m}.

(5)   \begin{equation*} \begin{cases} y(t)=y_1+v_{1,y}t -\dfrac{g}{2}t^2\\\\ x(t)= -v_{1,x}t. \end{cases} \end{equation*}

Per calcolare la distanza dal muro del punto in cui la pallina tocca il suolo dopo l’urto dobbiamo valutare la componente spaziale x(t) al tempo t^\star in cui la pallina tocca il suolo, ossia

(6)   \begin{equation*} y(t^\star)=0 \quad\Leftrightarrow \quad \frac{g}{2}t^2-v_{1,y}t-y_1=0\quad\Leftrightarrow \quad gt^2-2v_{1,y}t-2y_1=0. \end{equation*}

Risolvendo l’equazione (6) rispetto al tempo e scegliendo la soluzione positiva, otteniamo il tempo che la pallina impiega, una volta urtato il muro, a cadere al suolo, ovvero

(7)   \begin{equation*} t^\star=\frac{v_{1,y}+\sqrt{v_{1,y}^2+2gy_1}}{g}=\frac{v_{1,y}}{g}\left(1+\sqrt{1+\frac{2gy_1}{v_{1,y}^2}}\right). \end{equation*}

Sostituendo t=t^\star in (5), si ottiene

(8)   \begin{equation*} x(t^\star)=-\frac{v_{1,x}v_{1,y}}{g}\left(1+\sqrt{1+\frac{2gy_1}{v_{1,y}^2}}\right)=-\dfrac{7\cdot \text{1,5}}{\text{9,81}}\cdot \left(1+\sqrt{1+\dfrac{2\cdot \text{9,81} \cdot3}{\text{1,51}^2}}\right)=-\text{6,6} \,\text{m}. \end{equation*}

Si conclude che :

    \[\boxcolorato{fisica}{ x(t_{volo})=-\frac{v_{1,x}v_{1,y}}{g}\left(1+\sqrt{1+\frac{2gy_1}{v_{1,y}^2}}\right)=- \text{6,6} \,\text{m}.}\]

Il segno meno è dovuto all’orientamento dell’asse x del sistema di riferimento Oxy in figura 3.

 

 

Link alla soluzione video a cura di Giovanni F.ciani: clicca qui

 

 

Fonte: traccia di esame di Fisica 1, ingegneria chimica, Università degli Studi di Salerno.