Moto parabolico 6

Home » Moto parabolico 6

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.

Rendered by QuickLaTeX.com

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 $x$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

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.

Rendered by QuickLaTeX.com

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

Rendered by QuickLaTeX.com

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.