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.

Svolgimento punto 1.

Possiamo definire un sistema di riferimento cartesiano fisso $Oxy$ con l’origine $O$ posizionata alla base della torre e orientato secondo quanto illustrato in figura 11.

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Figura 11: sistema di riferimento $Oxy$ .

Il moto dell’oggetto è il risultato della composizione di due moti indipendenti: un moto uniformemente accelerato lungo l’asse $x$ con accelerazione $\vec{A}$ e un moto uniformemente accelerato lungo l’asse $y$ con accelerazione $\vec{g}$ .

Il corpo viene lasciato cadere da fermo dall’estremità della torre, e le sue leggi orarie sono definite come segue

(37) $\begin{equation*} \begin{cases} x(t) = \dfrac{1}{2}At^2\\\\ y(t) = h - \dfrac{1}{2}gt^2, \end{cases} \qquad \forall t \in [0,t_*]. \end{equation*}$

Dalla seconda equazione del sistema sopra, otteniamo che il tempo $t_*$ , in corrispondenza del quale l’oggetto raggiunge il suolo, soddisfa la relazione

(38) $\begin{equation*} y(t_*) = 0 \quad \Leftrightarrow \quad h - \dfrac{1}{2}gt_*^{2} = 0. \end{equation*}$

Risolvendo l’equazione precedente rispetto al tempo $t_*$ ricaviamo

$\boxcolorato{fisica}{ t_* = \sqrt{\dfrac{2h}{g}}.}$

È importante notare che il tempo $t_*$ non dipende dall’accelerazione orizzontale $A$ . Indipendentemente dall’accelerazione $A$ , a cui è sottoposto il corpo, si otterrà lo stesso risultato. In effetti, se il corpo si muovesse con un moto parabolico (cioè $A = 0$ ), il risultato sarebbe il medesimo.

Svolgimento punto 2.

Utilizzando la prima equazione del sistema (37), possiamo determinare che, dall’istante iniziale all’istante $t_*$ quando l’oggetto impatta al suolo, quest’ultimo avrà percorso un tratto orizzontale pari a

(39) $\begin{equation*} d = x(t_*) = \dfrac{1}{2}At_*^{2}. \end{equation*}$

Sostituendo l’espressione di $t_*$ ottenuta al punto 1 nell’equazione (39), otteniamo

(40) $\begin{equation*} d = \dfrac{A}{2}\dfrac{2h}{g}, \end{equation*}$

ovvero

$\boxcolorato{fisica}{ d = \dfrac{Ah}{g}.}$

Svolgimento punto 3.

L’oggetto si muove con un moto rettilineo uniformemente accelerato lungo gli assi $x$ ed $y$ , rispettivamente con accelerazioni $A$ e $-g$ . Le componenti della velocità rispetto al sistema di riferimento $Oxy$ in un istante $t>0$ sono date da

(41) $\begin{equation*} \begin{cases} v_{x}(t) = At\\ v_{y}(t) = -gt, \end{cases} \qquad \forall t \in [0,t_*]. \end{equation*}$

Valutando il sistema per $t = t_*$ , ricaviamo

(42) $\begin{equation*} \begin{cases} v_{x}(t_*) = A t_*\\ v_{y}(t_*) = -g t_*. \end{cases} \end{equation*}$

Il sistema (42) descrive le componenti della velocità nell’istante in cui il corpo raggiunge il suolo. Sostituendo il valore di $t_*$ ottenuto al punto 1 nel sistema precedente, si ha

(43) $\begin{equation*} \begin{cases} v_{x}(t_*) = A\sqrt{\dfrac{2h}{g}}\\\\ v_{y}(t_*) = -g\sqrt{\dfrac{2h}{g}}, \end{cases} \end{equation*}$

da cui semplificando la seconda equazione ricaviamo

$\boxcolorato{fisica}{\begin{cases} v_{x}(t_*) = A\sqrt{\dfrac{2h}{g}}\\\\ v_{y}(t_*) = -\sqrt{2hg}. \end{cases} }$

Utilizzando il sistema precedente e applicando il teorema di Pitagora, possiamo determinare il modulo della velocità nell’istante $t_*$ , cioè

(44) $\begin{equation*} \vert \vec{v}(t_*)\vert = \sqrt{v^2_{x}(t_*) + v^2_{y}(t_*)} = \sqrt{\left(A\sqrt{\dfrac{2h}{g}}\right)^2 + \left(-g\sqrt{\dfrac{2h}{g}}\right)^2}, \end{equation*}$

da cui, utilizzando le espressioni di $v_{x}(t_*)$ e $v_{y}(t_*)$ ottenute precedentemente, segue

$\boxcolorato{fisica}{ \vert \vec{v}(t_*)\vert = \sqrt{\dfrac{2h}{g}(A^2 + g^2)}.}$

Svolgimento punto 4.

All’istante $t_*$ , la velocità del punto $\vec{v}(t_*)$ si può esprimere come

(45) $\begin{equation*} \vec{v}(t_*) = v_{x}(t_*)\,\hat{x} + v_{y}(t_*)\,\hat{y}, \end{equation*}$

dove $\hat{x}$ e $\hat{y}$ rappresentano i versori dell’asse $x$ e dell’asse $y$ , rispettivamente.

Il vettore velocità $\vec{v}(t)$ , istante per istante, è tangente alla traiettoria come illustrato in figura 12.

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Figura 12: velocità dell’oggetto nell’istante $\displaystyle t^{*}$ di impatto al suolo.

Pertanto, l’angolo $\theta$ di incidenza con il suolo rispetto all’asse delle $x$ è determinato da

(46) $\begin{equation*} \tan\theta = \dfrac{\vert v_{y}(t_*)\vert}{\vert v_{x}(t_*)\vert} \quad\Leftrightarrow\quad \theta = \arctan\left(\dfrac{\vert v_{y}(t_*)\vert}{\vert v_{x}(t_*)\vert}\right), \end{equation*}$

sostituendo poi i valori di $v_{x}(t_*)$ e $v_{y}(t_*)$ ottenuti al punto 3, otteniamo

$\boxcolorato{fisica}{ \theta=\arctan\left(\dfrac{g}{A}\right).}$

Osservazione.

Osserviamo che se ricaviamo l’espressione $t^2(x)$ dalla prima equazione del sistema (37)

(47) $\begin{equation*} t^2(x)=\dfrac{2x}{A}, \end{equation*}$

e la sostituiamo nella seconda equazione dello stesso sistema otteniamo che la traiettoria percorsa dal corpo è data da

(48) $\begin{equation*} y(x)=h-\dfrac{1}{2}g\left(\dfrac{2x}{A}\right)=h-\dfrac{g}{A}x. \end{equation*}$

Quindi la traiettoria del punto è una retta con pendenza negativa e coefficiente angolare pari a $-g/A$ , come illustrato in figura 3.

In sintesi per il principio di sovrapposizione, il moto del punto è equivalente a un moto con accelerazione efficace $\vec{a}^\prime = \vec{A}+\vec{g}$ , ossia un moto rettilineo uniformemente accelerato unidimensionale nella direzione del vettore $\vec{a}^\prime$ .

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un caccia militare vola orizzontalmente ad un’altezza $h$ dal suolo con una velocità costante $v_0$ . Il pilota desidera colpire un oggetto al suolo rilasciando un proiettile. Si vogliono calcolare:

la distanza $x_0$ dalla quale il pilota deve lanciare il proiettile per colpire l’oggetto. Si assume un moto senza attrito con l’aria e si trascura il moto della Terra.

Se l’oggetto al suolo si sta muovendo con velocità costante $v_1$ lungo una traiettoria concorde a quella dell’aereo, si vuole calcolare:

la distanza $x_1$ a cui l’aereo deve trovarsi quando sgancia il proiettile.

Esprimere entrambi i risultati in funzione dei parametri del problema: $v_0$ , $h$ , e $v_1$ .

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Un caccia militare vola orizzontalmente a un'altezza h dal suolo con velocità costante v0. Il velivolo rilascia un proiettile, che segue una traiettoria parabolica verso un bersaglio posizionato a terra. La traiettoria del proiettile è indicata con una linea tratteggiata curva, mentre la direzione della velocità iniziale v0 è rappresentata con una freccia orizzontale verso destra.

Figura 13: sistema fisico in esame.

Svolgimento punto 1.

Introduciamo un sistema di riferimento fisso $Oxy$ con origine $O$ al livello del suolo ed orientato come rappresentato in figura 14. Questa scelta è stata effettuata in modo che all’istante iniziale l’aereo si trovi nella posizione $(0,h)$ . Il proiettile, rilasciato dall’aereo, possiede una velocità orizzontale $\vec{v}_0=v_0\,\hat{x}$ , con $\hat{x}$ versore dell’asse delle $x$ .

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Figura 14: sistema di riferimento $\displaystyle Oxy$ .

Le leggi orarie del proiettile lungo l’asse delle $x$ e delle $y$ sono rispettivamente

(49) $\begin{equation*} \begin{cases} x(t)=v_0t\\ y(t)=h-\dfrac{1}{2}gt^2 \end{cases} \forall t\in [0,t_*], \end{equation*}$

dove $t_*$ è l’istante in cui il proiettile raggiunge il suolo.

Valutando la seconda equazione del sistema (49) in corrispondenza di $t=t_*$ si ottiene

(50) $\begin{equation*} y(t_*)=0\quad\Leftrightarrow\quad h-\dfrac{1}{2}gt_*^2=0\quad\Leftrightarrow\quad t_*=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}. \end{equation*}$

Sostituendo $t = t_*$ ottenuta alla precedente equazione nella prima equazione del sistema (49) si trova

(51) $\begin{equation*} x(t_*)=v_0t_*=v_0\sqrt{\dfrac{2h}{g}}. \end{equation*}$

Dalla precedente equazione deduciamo che, affinché colpisca il bersaglio posizionato al suolo, il caccia deve lasciar partire il proiettile ad una distanza orizzontale $x_0$ da esso pari a

$\boxcolorato{fisica}{ x_0=v_0\sqrt{\dfrac{2h}{g}}.}$

Svolgimento punto 2.

In questa nuova configurazione, il bersaglio si muove di moto rettilineo uniforme lungo l’asse delle $x$ con velocità di modulo $v_1$ , pertanto la sua legge oraria è data da

(52) $\begin{equation*} x_B(t)=x_B(0)+v_1t, \end{equation*}$

dove $x_B(0)$ è l’ascissa iniziale del bersaglio rispetto al sistema di riferimento $Oxy$ . Pertanto $x_B(0)$ è la distanza orizzontale alla quale il bersaglio si trova dall’aereo quando il proiettile viene sganciato, ossia la nostra incognita $x_1$ .

Affinché il proiettile colpisca il bersaglio, all’istante $t_*$ deve valere

(53) $\begin{equation*} x(t_*)=x_B(t_*), \end{equation*}$

ossia utilizzando l’equazione (51) e valutando l’equazione (53) in corrispondenza di $t_*$ dato dall’equazione (50) otteniamo

(54) $\begin{equation*} v_0\sqrt{\dfrac{2h}{g}}=x_1+v_1\sqrt{\dfrac{2h}{g}}, \end{equation*}$

dove abbiamo posto $x_B(0)\equiv x_1$ . Esplicitando la precedente equazione rispetto ad $x_1$ ricaviamo che

$\boxcolorato{fisica}{ x_1 = (v_0 - v_1)\sqrt{\dfrac{2h}{g}}.}$

Se $v_1 > v_0$ , il valore di $x_1$ risulta negativo, indicando che il proiettile deve essere sganciato quando il bersaglio si trova dietro l’aereo. Nel caso in cui $v_1 = v_0$ , la distanza orizzontale $x_1$ è zero, indicando che il proiettile deve essere sganciato direttamente sopra il bersaglio. Infine, quando $v_1 < v_0$ si avrà $x_1 > 0$ , indicando che il proiettile deve essere sganciato quando il bersaglio si trova davanti l’aereo.

Osservazione.

È possibile rispondere al punto 2 del problema in una maniera alternativa rispetto a quanto illustrato in precedenza. In particolare, introduciamo un secondo sistema di riferimento dal quale osservare il moto del proiettile e del bersaglio.

Il nuovo sistema di riferimento $O^\prime x^\prime y^\prime$ è inerziale e si muove con velocità costante $\vec{v}_1$ , tale per cui l’origine $O^\prime$ sia coincidente istante per istante con il bersaglio. In questa configurazione, il bersaglio (e di conseguenza il sistema di riferimento $O^\prime x^\prime y^\prime$ ) si sposta con velocità orizzontale $v_1$ rispetto al sistema fisso $Oxy$ . Gli assi $x'$ e $y'$ sono paralleli rispettivamente agli assi $x$ e $y$ . In questo nuovo sistema di riferimento, l’aereo ha una velocità relativa $v^\prime = v_0 - v_1$ . Poiché l’origine del sistema di riferimento $O'x'y'$ coincide istante per istante con il bersaglio, il bersaglio risulta in quiete in questo sistema.

L’illustrazione di entrambi i sistemi di riferimento è fornita nella figura 15.

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Figura 15: sistema di riferimento fisso $\displaystyle Oxy$ e sistema $\displaystyle O'x'y'$ solidale con il bersaglio.

Rispetto al sistema $O'x'y'$ , il proiettile viene lanciato con velocità orizzontale $v'$ mentre il bersaglio è fermo. Pertanto, nel sistema $O'x'y'$ il problema è analogo a quello risolto nel punto precedente, e possiamo riutilizzare il risultato ottenuto sostituendo $v_0$ con $v'$ e $x_0$ con $x_1$ .

La distanza orizzontale $x_1$ alla quale il caccia deve lasciare cadere il proiettile per colpire il bersaglio, che si muove con velocità $v_1$ , è data da

(55) $\begin{equation*} x_1 = v'\sqrt{\dfrac{2h}{g}}, \end{equation*}$

ovvero sostituendo $v'=v_0-v_1$ ricaviamo che

$\boxcolorato{fisica}{ x_1 = (v_0 - v_1)\sqrt{\dfrac{2h}{g}}.}$

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Esercizio 5 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Una palla da baseball viene lanciata verso il battitore orizzontalmente a una velocità iniziale $v_0$ . La distanza a cui si trova il battitore è $d$ .

Quanto tempo impiega la palla a coprire la prima metà di $d$ in orizzontale? E la rimanente metà?
Quando cade la palla per effetto della gravità nella prima metà in orizzontale? E nella rimanente metà?

Svolgimento punto 1.

La palla da baseball compie un moto parabolico, ovvero il suo moto è dato dalla composizione di due moti: rettilineo uniforme lungo l’orizzontale e uniformemente accelerato lungo l’asse verticale con accelerazione di gravità $\vec{g}$ . Scegliamo un sistema di riferimento fisso $Oxy$ con origine $O$ fissato dove si trova la palla all’istante $t=0$ , come illustrato in figura 16.

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Figura 16: sistema di riferimento $Oxy$ .

Dunque lungo l’asse $x$ il moto è rettilineo uniforme con legge oraria

(56) $\begin{equation*} x(t)=x_0+v_{0,x}t, \end{equation*}$

dove $x_0$ indica la posizione iniziale della palla rispetto al nostro sistema di riferimento che nel nostro caso coincide con l’origine, ovvero

$x_0=0,$

mentre $v_{0,x}$ rappresenta la velocità con la quale la palla si muove lungo l’asse $x$ ed in questo caso è proprio uguale ad $v_0$ , cioè

$v_{0,x}=v_0.$

Dunque l’equazione (91) diventa

$x(t)=v_0t.$

Lungo l’asse $y$ il moto è uniformemente accelerato con legge oraria

(57) $\begin{equation*} y(t)=y_0+v_{0,y}t+\dfrac{1}{2}at^2, \end{equation*}$

dove $y_0$ è la posizione iniziale della palla che, ovvero

$y_0=0,$

mentre $v_{0,y}$ rappresenta la velocità iniziale lungo l’asse $y$ che possiede la palla ed è uguale a zero poichè inizialmente la velocità della palla è solo orizzontale, quindi

$v_{0,y}=0,$

infine l’accelerazione $a$ con la quale si muove la palla è pari all’accelerazione di gravità in modulo e di verso negativo rispetto al sistema di riferimento scelto, cioè

$a=-g.$

Così l’equazione (57) diventa

$y(t)=-\dfrac{1}{2}gt^2.$

Mettendo a sistema le equazioni (91) e (57) otteniamo

(58) $\begin{equation*} \begin{cases} x(t)=v_{0} t\\ y(t)=-\frac{1}{2}gt^2. \end{cases} \end{equation*}$

Posto $x=\dfrac{d}{2}$ , dall’equazione (58) $_1$ otteniamo che il tempo che la palla impiega a percorrere una distanza orizzontale $d/2$ è

$\boxcolorato{fisica}{ t=t_1= \dfrac{d}{2v_0}.}$

Siccome il moto lungo l’asse $x$ è un moto rettilineo uniforme, per percorrere la successiva metà³, il tempo $t_2$ sarà lo stesso, quindi

$\boxcolorato{fisica}{t_1=t_2.}$

$\[\]$

In tempi uguali percorre lo stesso spazio ma questo avviene solo se il moto è rettilineo uniforme, ad esempio lungo l’asse $y$ siccome il moto è accelerato questa cosa non vale. ↩

Svolgimento punto 2.

Siano $y_1$ e $y_2$ rispettivamente la distanza che percorre la palla lungo l’asse $y$ nel tempo $t_1$ e $t_1+t_2$ .

Nella figura 17 rappresentiamo il moto parabolico della palla e gli spazi sopra definiti.

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Figura 17: schematizzazione geometrica del problema in esame.

Sostituendo $t=t_1$ nell’equazione (58) $_2$ e volendo trovare solo il modulo otteniamo

$\left \vert y(t_1)\right \vert =y_1=\left\vert -\dfrac{1}{2}gt_1^2 \right\vert=\dfrac{1}{2}gt_1^2=\dfrac{gd^2}{8v^2_0},$

quindi la distanza percorsa lungo l’asse $y$ nella prima metà è

$\boxcolorato{fisica}{y_1=\dfrac{gd^2}{8v^2_0}.}$

Ora sostituiamo $t=t_1+t_2=2t_1$ nell’equazione (58) $_2$ e, volendo determinare il modulo, otteniamo

$\left \vert y(t_1+t_2)\right \vert =y_2=\left\vert-\dfrac{1}{2}g(t_1+t_2)^2\right\vert=\dfrac{4g}{2}t_1^2=2g\cdot\dfrac{d^2}{4v_0^2}=4\cdot\dfrac{gd^2}{8v_0^2}=4y_1.$

Quindi la distanza percorsa lungo l’asse $y$ nella rimanente metà è

$\boxcolorato{fisica}{ y_2-y_1=3y_1=\dfrac{3gd^2}{8v^2_0}.}$

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un giocatore di tennis colpisce una pallina quando questa è ad una altezza $h=1\,\textnormal{m}$ dal suolo. Dopo un tempo $t^\star$ = $\text{0,5 s}$ , la pallina urta, ad un’altezza $y_1$ = $\text{3 m}$ un muro posto a $d$ = $\text{3,5}\text{m}$ 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:

il modulo $v_0$ della velocità iniziale della pallina quando viene colpita dalla racchetta;
l’angolo $\alpha$ che la velocità iniziale della pallina fa con l’orizzontale;
la distanza dal muro del punto in cui la pallina tocca il suolo dopo l’urto contro il muro.

Si osservi che la figura non è in scala ed il giocatore, insieme alla racchetta, hanno dimensioni trascurabili.

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Figura 18: rappresentazione del problema in esame.

Svolgimento punti 1 e 2.

Partiamo con una schematizzazione del nostro problema come fatto in figura 18-b. 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 $h=1\,\textnormal{m}$ 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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Figura 18-b: schematizzazione del moto parabolico in esame.

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

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

Dobbiamo sfruttare l’informazione per cui dopo un tempo di $t^\star=\textnormal{0,5}\,\textnormal{s}$ dal lancio, la pallina urta ad un’altezza di $y_1=3\,\textnormal{m}$ un muro posto a $d=\textnormal{3,5}\,\textnormal{m}$ dall’origine del sistema di riferimento scelto. Ponendo $t=t^*$ , il sistema (59) diventa:

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

da cui

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

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:

$\boxcolorato{fisica}{ v_0=\sqrt{v_{0x}^2+v_{0y}^2}=\sqrt{\left(\frac{d}{t^*}\right)^2+\left(\frac{y_1-h}{t^*}+\frac{gt^*}{2}\right )^2}=\textnormal{9,5}\,\textnormal{m}\cdot\textnormal{s}^{-1};}$

$\boxcolorato{fisica}{ \alpha=\arctan\left(\frac{v_{0y}}{v_{0x}}\right)=\arctan\left(\frac{2(y_1-h)+gt^{*2}}{2d}\right)=\textnormal{42}^\circ. }$

Svolgimento punto 3.

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:

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

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

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

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 19.

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Figura 19: vettore velocità prima dell’urto $\displaystyle \vec{v}_{1}$ in rosso ed il vettore velocità dopo l’urto $\displaystyle \vec{v}_{2}$ in blu.

Definiamo un nuovo sistema di riferimento cartesiano fisso $Oxy$ (diverso dal precedente) in corrispondenza del muro alla quota del terreno come in figura 20.

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Figura 20: moto parabolico dopo l’urto della pallina con il muro.

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 $y_1=3\,\textnormal{m}$ .

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

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

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

Risolvendo l’equazione (64) 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

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

Sostituendo $t=t^\star$ nell’equazione (63), si ottiene

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

Si conclude che

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

Il segno meno è dovuto all’orientamento dell’asse $x$ del sistema di riferimento $Oxy$ in figura 20.

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Osservando da un sistema di riferimento inerziale, consideriamo un punto materiale che percorre il tratto orizzontale $AB$ rappresentato in figura 21. In $A$ , il punto ha una velocità di modulo $v_1$ , mentre in $B$ ha una velocità di modulo $v_2$ , minore di $v_1$ , poiché tra $A$ e $B$ è soggetto a un’accelerazione pari a $-kv$ , dove $k$ è una costante con unità di misura $\textnormal{s}^{-1}$ e $v$ è il modulo della velocità in un generico istante $t \geq 0$ . Dopo $B$ , il punto continua nel vuoto fino a toccare il suolo in $D$ . Si hanno le seguenti distanze: $\overline{AB} = b$ , $\overline{BC} = h$ e $\overline{CD} = d$ . Calcolare il valore di $v_1$ in funzione degli altri parametri del problema.

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Figura 21: sistema fisico in esame.

Svolgimento.

Scegliamo un sistema di riferimento fisso $Cxy$ , orientato come in figura 22. Nel problema in esame, il punto materiale considerato parte dal punto $A$ con velocità $\vec{v}_1$ , diretta lungo l’asse $x$ , e raggiunge il punto $B$ con velocità $\vec{v}_2$ , ancora diretta lungo l’asse delle $x$ . Raggiunto $B$ , il punto materiale prosegue il suo moto nel vuoto; il suo moto, pertanto, sarà composizione di un moto orizzontale (rettilineo uniforme di velocità $v_2$ ) ed uno verticale (rettilineo uniformemente accelerato, di accelerazione $g$ diretta nel verso negativo delle $y$ ). La composizione dei due moti darà dunque origine ad una traiettoria parabolica, illustrata in figura 22.

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Figura 22: rappresentazione del moto parabolico, a partire dal suo punto d’inizio, $B$ .

Le leggi orarie lungo l’asse delle $x$ e delle $y$ sono

(67) $\begin{equation*} \begin{cases} \displaystyle x(t) = v_2 t\\\\ \displaystyle y(t) = \overline{BC} - \frac{1}{2}gt^2, \end{cases} \end{equation*}$

in cui si è considerata $y_0=\overline{BC}$ l’ordinata dalla quale ha inizio il moto considerato, ed anche $v_{0y}=0$ , ossia velocità iniziale nulla nella direzione dell’asse delle $y$ . Considerando che il punto tocca suolo a $y(t)=0$ , la seconda equazione del sistema (67) diventa

(68) $\begin{equation*} \overline{BC}=\frac{1}{2}gt^2, \end{equation*}$

dalla quale è possibile ricavare il tempo $t$ in cui il punto tocca suolo ovvero

(69) $\begin{equation*} t=\sqrt{\frac{2\overline{BC}}{g}}=\sqrt{\frac{2h}{g}}. \end{equation*}$

In corrispondenza dell’istante di tempo appena ricavato, il punto avrà anche percorso una distanza lungo $x$ pari a $\overline{CD}=d$ , e dunque varrà

(70) $\begin{equation*} d=v_2\sqrt{\frac{2h}{g}}, \end{equation*}$

dalla quale è possibile ricavare $v_2$ , cioè

(71) $\begin{equation*} v_2=d\sqrt{\frac{g}{2h}}. \end{equation*}$

Concentriamo adesso la nostra attenzione su quanto è accaduto precedentemente nel tratto $AB$ : il moto in tale tratto è decelerato, con accelerazione che varia linearmente in funzione della velocità, ossia $a=-kv$ . Se consideriamo la definizione dell’accelerazione, possiamo scrivere la precedente equazione come un’equazione differenziale lineare del primo ordine a coefficienti costanti, cioè

(72) $\begin{equation*} \frac{dv}{dt}=-kv, \end{equation*}$

ed ancora, applicando la regola della catena $\dfrac{dv}{dt}=\dfrac{dx}{dt}\dfrac{dv}{dx}=v\dfrac{dv}{dx}$ , si avrà

(73) $\begin{equation*} v\frac{dv}{dx}=-kv, \end{equation*}$

in cui è possibile semplificare per $v$ , ottenendo pertanto

(74) $\begin{equation*} \frac{dv}{dx}=-k, \end{equation*}$

la quale possiamo integrare rispetto ad $x$ , considerando come estremi di integrazione $0$ e $b$ , ossia gli estremi del tratto orizzontale percorso, vale a dire

(75) $\begin{equation*} \int_0^b \frac{dv}{dx} \, dx = - \int_0^b k \, dx. \end{equation*}$

Si ha

$\int_0^b \frac{dv}{dx} dx = \int_{v_1}^{v_2} dv=v_2-v_1,$

(76) $\begin{equation*} - \int_0^b k \, dx=-kb, \end{equation*}$

da cui

(77) $\begin{equation*} v_2-v_1=-kb, \end{equation*}$

o anche

$\boxcolorato{fisica}{ v_1=kb+v_2=kb+d\sqrt{\frac{g}{2h}}.}$

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Un cannone lancia un proiettile $A$ dall’origine di un sistema di riferimento fisso con velocità $v_A= \left(\dfrac{v_0 \cos\alpha}{\sqrt{2}} ,\,\dfrac{v_0\cos\alpha}{\sqrt{2}},\, v_0\sin\alpha\right)$ ad un istante generico $t>0$ .

Un altro punto materiale $B$ viene lanciato da $r_B=(x_B,0,0)$ con velocità $v_B \equiv \left(\dfrac{v_0}{6},\,\dfrac{\sqrt{3}v_0}{6},\,0 \right)$ al tempo $t_0=0$ .

Calcolare l’angolo $\alpha$ della velocità $v_A$ e l’istante di lancio $t^*$ di $A$ affinché $A$ colpisca $B$ .

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Figura 23: sistema fisico in esame.

Svolgimento.

Il punto materiale $B$ si muove di moto rettilineo uniforme nel piano $xy$ , pertanto le sue legge orarie sono

(78) $\begin{equation*} \begin{cases} x(t)=x_B+\dfrac{v_0}{6}t\\\\ y(t)=\dfrac{\sqrt{3}}{6}v_0t. \end{cases} \end{equation*}$

Dall’equazione (78) $_2$ abbiamo

(79) $\begin{equation*} t=\dfrac{6y}{\sqrt{3}v_0} \end{equation*}$

e sostituendola nell’equazione (78) $_1$ otteniamo

(80) $\begin{equation*} y\left(x\right)=\sqrt{3}\left(x-x_B\right), \end{equation*}$

ovvero la traiettoria di $B$ .

Procediamo in modo analogo per $A$

(81) $\begin{equation*} \begin{cases} x(t)=\dfrac{v_0\cos\alpha}{\sqrt{2}}\left(t-t^\star\right)\\\\ y(t)=\dfrac{v_0\cos\alpha}{\sqrt{2}}\left(t-t^\star\right)\\\\ z(t)=v_0\sin\alpha \left(t-t^\star\right)-\dfrac{1}{2}g\left(t-t^\star\right)^2 \end{cases} \end{equation*}$

e dall’equazione (94) $_1$ abbiamo

(82) $\begin{equation*} t-t^\star=\dfrac{\sqrt{2}x}{v_0\cos\alpha} \end{equation*}$

che, sostituita nell’equazione (94) $_2$ , fornisce

(83) $\begin{equation*} y=x. \end{equation*}$

Mettendo a sistema le equazioni (80) e (83) otteniamo

(84) $\begin{equation*} \begin{cases} y=\sqrt{3}x-\sqrt{3}x_B\\\\ y=x, \end{cases} \end{equation*}$

che ha come soluzione

(85) $\begin{equation*} \begin{cases} x\equiv x_f=-\dfrac{\sqrt{3}}{1-\sqrt{3}}\,x_B\\\\ y\equiv y_f=-\dfrac{\sqrt{3}}{1-\sqrt{3}}\,x_B, \end{cases} \end{equation*}$

che è il punto dove si incontreranno $B$ ed il punto materiale $A$ .

Rappresentiamo i due punti materiali che si incontrano nel punto $(x_f,y_f)$ e la loro corrispondente traiettoria nello spazio in figura 24.

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Figura 24: incontro dei due punti materiali nel punto $(x_f,y_f)$ .

Ricordiamo la formula della gittata per un corpo che si muove di moto parabolico partendo dall’origine del sistema di riferimento

(86) $\begin{equation*} d={\frac {v_{0}^{2}\sin(2\alpha )}{g}}, \end{equation*}$

e calcoliamo la distanza tra l’origine e $(x_f,y_f)$

(87) $\begin{align*} &\sqrt{\left(\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}x_B\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}x_B\right)^2}=\sqrt{2\left(\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}x_B\right)^2}=\\ &=\dfrac{\sqrt{6}}{\sqrt{3}-1}x_B=d_G. \end{align*}$

Imponendo che $d=d_G$ abbiamo

(88) $\begin{equation*} \dfrac{v_0^2\sin\left(2\alpha\right)}{g}=\dfrac{\sqrt{6}}{\sqrt{3}-1}x_B, \end{equation*}$

da cui

(89) $\begin{equation*} \alpha=\dfrac{1}{2}\arcsin\left(\dfrac{\sqrt{6}\,g\,x_B}{v_0^2\left(\sqrt{3}-1\right)}\right). \end{equation*}$

Si conclude che l’angolo cercato è

$\boxcolorato{fisica}{ \alpha=\dfrac{1}{2}\arcsin\left(\dfrac{\sqrt{6}\,g\,x_B}{v_0^2\left(\sqrt{3}-1\right)}\right).}$

Inoltre, dall’equazione (79), si ha

(90) $\begin{equation*} t^\star=\dfrac{6y_f}{\sqrt{3}v_0}=\dfrac{6}{\sqrt{3}}\,\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}\, \dfrac{x_B}{v_0}=3\left(\sqrt{3}+1\right)\dfrac{x_B}{v_0}. \end{equation*}$

Si conclude che il tempo $t^\star$ cercato è

$\boxcolorato{fisica}{ t^\star=3\left(\sqrt{3}+1\right)\dfrac{x_B}{v_0}.}$

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Una sfera di raggio trascurabile, approssimabile come un punto materiale, viene lanciata da terra all’istante $t_0 = 0$
con velocità iniziale incognita.
Durante il suo moto, la sfera oltrepassa un palazzo come mostrato in figura 25. Nell’istante $t = t_1 > 0$ e nell’istante $t=t_2>t_1$ la sfera si trova ad una altezza uguale a quella del palazzo. Il punto di altezza massima viene raggiunto in un istante compreso tra $t_1$ e $t_2$ (cioè $t_1<t<t_2$ ).

Calcolare l’altezza del palazzo $h$ , trascurando la resistenza dell’aria e considerando la presenza dell’accelerazione gravitazionale $\vec{g}$ . Esprimere i risultati in funzione di $g$ , $t_1$ e $t_2$ .

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Figura 25: traiettoria della sfera.

Svolgimento.

Si consideri il sistema di riferimento fisso $Oxy$ , rappresentato in figura 26, con l’origine $O$ coincidente con la posizione iniziale della sfera (al tempo $t=0$ ), l’asse $x$ coincidente con il suolo e l’asse $y$ rivolto verso l’alto. In tale sistema di riferimento la traiettoria della sfera risulta parabolica ed è determinata dalla combinazione del moto rettilineo uniformemente accelerato lungo l’asse $y$ e dal moto rettilineo uniforme lungo l’asse $x$ .

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Figura 26: traiettoria della sfera con rappresentazione del sistema di riferimento.

Nel sistema di riferimento scelto, la posizione iniziale (ovvero al tempo $t=0$ ) della sfera é l’origine $O$ , perciò la componente $y$ della traiettoria in funzione del tempo è data dalla seconda equazione del sistema (2), ossia

(91) $\begin{equation*} y(t) = v_{0,y} t - \frac{1}{2}g\,t^2\quad \text{per $t\geq 0$}, \end{equation*}$

dove $g$ è il modulo dell’accelerazione gravitazionale e $v_{0,y}$ rappresenta la componente lungo $y$ del vettore velocità iniziale (ovvero al tempo $t=0$ ) ed è incognita. Per ipotesi sappiamo che all’istante $t=t_1$ e all’istante $t=t_2$ la sfera si trova alla medesima altezza del palazzo, chiamata $h$ . Deve quindi valere che

(92) $\begin{equation*} h = y(t_1) = y(t_2) \quad \Longrightarrow \quad v_{0,y} t_1 - \frac{1}{2}g\,t_1^2 = v_{0,y} t_2 - \frac{1}{2}g\,t_2^2, \end{equation*}$

dove si è sfruttata l’equazione (91). Dalla precedente equazione è possibile ricavare $v_{0,y}$ , cioè

(93) $\begin{equation*} \begin{aligned} & v_{0,y}t_1 - \frac{1}{2}g\,t_1^2 = v_{0,y} t_2 - \frac{1}{2}g\,t_2^2=\\[10pt] &= v_{0,y}\left(t_1 -t_2\right)- \frac{1}{2}g\left(t_1^2-t_2^2\right)=\\[10pt] &=v_{0,y}\left(t_1 -t_2\right)- \frac{1}{2}g\left(t_1 -t_2\right)\left(t_1 +t_2\right)=\\[10pt] &=\left(t_1 -t_2\right)\left(v_{0,y}-\frac{1}{2}g\left(t_1 +t_2\right)\right)=0, \end{aligned} \end{equation*}$

conseguentemente

(94) $\begin{equation*} v_{0,y}=\frac{1}{2}g\left(t_1 +t_2\right). \end{equation*}$

Inserendo il risultato dell’equazione (94) nell’equazione (92) troviamo

(95) $\begin{equation*} h = y(t_1) = \frac{1}{2}g(t_1 +t_2) t_1 - \frac{1}{2}g\,t_1^2, \end{equation*}$

infine

$\boxcolorato{fisica}{\begin{aligned} h = \frac{1}{2}g\,t_1 t_2. \end{aligned}}$

Riferimenti bibliografici

[1] Mazzoldi, P., Nigro, M., Voci, C., Fisica – Vol. 1: Meccanica, Termodinamica, Elettromagnetismo, Edises, 2003.
[2] Rosati, G., Fisica Generale – Meccanica e Termodinamica, Zanichelli, 1988.
[3] Mencuccini, C., Silvestrini, V., Fisica – Vol. 1: Meccanica e Termodinamica, Liguori Editore, 1996.
[4] Resnick, R., Halliday, D., Krane, K., Physics, Vol. 1, Wiley, 2002.

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