Esercizio sul moto rettilineo uniformemente accelerato 16

Moto rettilineo uniformemente accelerato

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Esercizio sul moto rettilineo uniformemente accelerato 16: in questo articolo presentiamo il sedicesimo esercizio dedicato a questo argomento, parte di una raccolta più ampia. L’intera serie di esercizi è disponibile al seguente link: raccolta completa degli esercizi sul moto rettilineo uniformemente accelerato.

Di seguito sono elencati l’esercizio precedente e quello successivo:

Pensato per un corso di Fisica 1, l’esercizio è rivolto a studenti e appassionati della materia. La soluzione è sviluppata con rigore metodologico e precisione espositiva, in linea con lo stile di Qui Si Risolve.

Buona lettura!

Testo esercizio sul moto rettilineo uniformemente accelerato 16

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . All’istante $t=0$ una pallina di gomma viene lasciata cadere con velocità iniziale nulla $v_i =0$ dentro una buca profonda $h$ e avente il fondo piano e orizzontale. Il suono prodotto dall’urto della pallina contro il fondo viene percepito all’estremità superiore della buca all’istante $t_1 = 35/17$ s; il suono dell’urto successivo al primo rimbalzo viene percepito all’istante $t_2>0$ . Si consideri trascurabile la resistenza dell’aria.

Quanto vale $h$ ?
Quanto varrebbe $t_2$ se la pallina fosse perfettamente elastica? (per perfettamente elastica si intende che la velocità della pallina immediatamente dopo l’urto è uguale in modulo e direzione ma opposta in verso rispetto alla velocità immediatamente prima dell’urto.)
Se $t_2 = 69/17$ s qual è l’altezza $h_1$ rispetto al fondo raggiunta dalla pallina nel primo rimbalzo?

(Per la velocità del suono si usi il valore approssimato $v_S = 340$ m $\cdot$ s $^{-1}$ , lo si tratti come un punto materiale privo di massa che si muove di moto rettilineo uniforme.)

Figura 1: geometria del problema.

Svolgimento punto 1.

Scegliamo un sistema di riferimento fisso rispetto alla buca $Oy$ con l’origine $O$ alla stessa altezza del fondo della buca, come rappresentato in figura 1. La pallina scende di moto rettilineo uniformemente accelerato sottoposta solo alla forza di gravità. Indichiamo con $y$ la posizione della pallina lungo l’asse delle $y$ e con $v$ la componente della sua velocità al tempo $t>0$ . Per le leggi della cinematica del moto uniformemente accelerato abbiamo

(1) $\begin{equation*} \begin{cases} y = y_i + v_i t - \dfrac{1}{2}gt^2\\ v = -gt, \end{cases} \end{equation*}$

dove $y_i$ e $v_i$ indicano rispettivamente la posizione e la velocità iniziali della pallina lungo l’asse delle $y$ , mentre $g = 9.8$ m $\,\cdot\,$ s $^{-2}$ è il modulo dell’accelerazione di gravità (il segno meno nell’equazione (1) è dovuto dal fatto che l’asse delle $y$ è diretto in verso opposto all’accelerazione di gravità). Dai dati del problema abbiamo che $v_i=0$ , mentre dalla scelta del sistema di riferimento $Oy$ abbiamo che $y_i = h$ . Ricaviamo il tempo $t_0$ necessario alla pallina per raggiungere il fondo della buca dall’equazione (1) ponendo $y(t_0)=0$ e quindi abbiamo

(2) $\begin{equation*} y(t_0) = 0 = h -{1\over 2}gt_0^2 \quad \Rightarrow \quad t_0 = \sqrt{\dfrac{2h}{g}}. \end{equation*}$

Una volta che la pallina ha urtato terra al tempo $t_0$ , per via dell’urto con il terreno si genererà un suono che verrà udito alla quota $y=h$ dopo un intervallo di tempo $t_1-t_0$ . Come indicato dal testo del problema, possiamo immaginare il suono come un punto materiale che si muove di moto rettilineo uniforme con velocità $v_S = 340 \,\text{m}\cdot\text{s}^{-1}$ costante in modulo, direzione e verso, diretta nel verso positivo delle $y$ . Indichiamo con $y_S$ la posizione del suono lungo l’asse delle $y$ al tempo $t\geq t_0$ , utilizzando la legge della cinematica per il moto rettilineo uniforme e ponendo la posizione iniziale del suono pari a $y_{S}(t_0) = 0$ abbiamo

(3) $\begin{equation*} y_S(t) = v_S(t-t_0) \qquad \text{per}\,\, t\geq t_0. \end{equation*}$

Conoscendo l’istante di tempo $t=t_1$ per cui il suono giunge all’estremità superiore della buca possiamo calcolare la distanza $h$ mettendo a sistema l’equazione (3) con l’equazione (2) si ottiene

(4) $\begin{equation*} \begin{cases} y_S(t_1) = v_S(t-t_0) \\[10 pt] y_{S}(t_1) = h \end{cases} \quad \Rightarrow \quad h = v_S(t_1-t_0) = v_St_1 -v_S\sqrt{\dfrac{2h}{g}}. \end{equation*}$

Dividiamo ambo i membri dell’equazione precedente per $v_S$ e poniamo $z = \sqrt{h}$ , riscriviamo dunque l’equazione precedente come segue

(5) $\begin{equation*} \dfrac{z^2}{v_S}+\sqrt{\dfrac{2}{g}}z-t_1=0. \end{equation*}$

La precedente equazione è un’equazione di secondo grado completa, pertanto applicando la formula risolutiva per le equazioni di seconda grado, si ha

(6) $\begin{equation*} z_{+,-} = \dfrac{-\sqrt{\dfrac{2}{g}}\pm \sqrt{\dfrac{2}{g}+4\dfrac{t_1}{v_S}}}{\dfrac{2}{v_S}}. \end{equation*}$

La soluzione deve essere positiva in quanto $z=\sqrt{h}$ , pertanto scegliamo come soluzione $z_{+}$ , cioè

(7) $\begin{equation*} z_+=\dfrac{-\sqrt{\dfrac{2}{g}}+ \sqrt{\dfrac{2}{g}+4\dfrac{t_1}{v_S}}}{\dfrac{2}{v_S}}. \end{equation*}$

Applichiamo la trasformazione $h = z_+^2$ e manipoliamo l’equazione precedente come segue

(8) $\begin{equation*} \begin{split} h &= \bigg(\dfrac{v_S}{2}\bigg(-\sqrt{\dfrac{2}{g}}+\sqrt{\dfrac{2}{g}+4\dfrac{t_1}{v_S}}\bigg)\bigg)^2=\\[10 pt] &=\dfrac{v_S^2}{4}\bigg(\dfrac{2}{g}+\dfrac{2}{g}+4\dfrac{t_1}{v_S}-2\sqrt{\dfrac{2}{g}}\sqrt{\dfrac{2}{g}+4\dfrac{t_1}{v_S}}\bigg)=\\[10 pt] &=\dfrac{v_S^2}{4}\bigg(\dfrac{4}{g}+4\dfrac{t_1}{v_S}-2\sqrt{\dfrac{2}{g}}\sqrt{\dfrac{2}{g}\bigg(1+4\dfrac{t_1 }{v_S}\dfrac{g}{2}\bigg)}\bigg)=\\[10 pt] & = \dfrac{v_S^2}{g} + t_1v_S-\dfrac{v_S^2}{4}\cdot \dfrac{4}{g}\sqrt{1+2\dfrac{t_1 g}{v_S}}=\\[10 pt] & = \dfrac{v_S^2}{g} + t_1v_S-\dfrac{v_S}{g}\sqrt{v_S (v_S + 2t_1g)}. \end{split} \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione

$\boxcolorato{fisica}{ h = \dfrac{v_S^2}{g} + t_1v_S-\dfrac{v_S}{g}\sqrt{v_S (v_S + 2t_1g)} \simeq 19,6\,\,\text{m}.}$

Svolgimento punto 2.

Conoscendo $h$ possiamo calcolare il tempo $t_0$ necessario alla pallina per raggiungere il fondo della buca utilizzando l’equazione (2). La velocità d’impatto $v_f$ della pallina si può calcolare sfruttando la seconda equazione del sistema (1), cioè

(9) $\begin{equation*} v_f = -gt_0 = -g\sqrt{\dfrac{2h}{g}} = -\sqrt{2gh}. \end{equation*}$

Di seguito indicheremo tutte le variabili della pallina dopo il primo rimbalzo con un asterisco in apice, per evitare confusione con le quantità cinematiche prima del rimbalzo che sono indicate senza asterisco. Indichiamo la velocità iniziale della pallina immediatamente dopo il primo rimbalzo con $v_i^*$ . Come posto dal problema, nell’ipotesi in cui la pallina sia perfettamente elastica la velocità dopo il rimbalzo è uguale in modulo ma opposta in verso, pertanto

(10) $\begin{equation*} v_i^* = -v_f = \sqrt{2gh} \end{equation*}$

Il moto della pallina è ancora rettilineo uniformemente accelerato ma di verso opposto rispetto alla discesa, ne segue che la legge oraria è

(11) $\begin{equation*} y^*(t) = v_i^*(t-t_0) -\dfrac{1}{2}g(t-t_0)^2 \qquad \text{per}\,\, t\geq t_0. \end{equation*}$

Calcoliamo l’intervallo di tempo $\Delta t$ necessario alla pallina per compiere un secondo rimbalzo. Se indichiamo con $t_0^*$ l’stante di tempo in cui la pallina compie il secondo urto avremo che

(12) $\begin{equation*} \Delta t = t_0^* - t_0. \end{equation*}$

Indichiamo con $\tau$ il tempo che impiega il suono a raggiungere la superficie della buca dopo che è stato prodotto (ovvero $t_1 = t_0 +\tau$ e $t_2 = t_0^* + \tau$ ) avremo

(13) $\begin{equation*} \Delta t_S = t_2 - t_1 = t_0^* + \tau - (t_0 + \tau) = t_0^* -t_0 = \Delta t. \end{equation*}$

Ponendo $y^*(t_0^*)=0$ e sfruttando la precedente equazione si può riscrivere l’equazione (11) come

(14) $\begin{equation*} y(t_0^*) = 0 = v_i^*\Delta t -\dfrac{1}{2}g \left(\Delta t\right)^2. \end{equation*}$

Risolvendo l’equazione omogenea di secondo grado scritta precedentemente per $\Delta t$ ricaviamo due soluzioni distinte $\Delta t_I$ e $\Delta t_{II}$ (utilizziamo i numeri romani in pedice per non distinguere con gli altri intervalli di tempo), ovvero

(15) $\begin{equation*} \Delta t_{I} = 0 \qquad \text{e} \qquad \Delta t_{II} = \dfrac{2v_i^*}{g}. \end{equation*}$

Accettiamo solo la seconda soluzione in quanto è l’unica positiva. Utilizzando il fatto che $\Delta t_S= \Delta t$ (dall’equazione (13)) ricaviamo $t_2$

(16) $\begin{equation*} t_2 = \Delta t_{II} + t_1 = \dfrac{2v_i^*}{g}+ t_1. \end{equation*}$

Sostituiamo la soluzione per $v_i^*$ ottenuta in (10) nell’equazione precedente, cioè

(17) $\begin{equation*} t_2 = \dfrac{2\sqrt{2gh}}{g} + t_1 = 2\sqrt{\dfrac{2h}{g}}+t_1, \end{equation*}$

da cui sostituendo i dati numeri forniti dall’esercizio si ottiene

$\boxcolorato{fisica}{ t_2 = t_1 + 2\sqrt{\dfrac{2h}{g}} = \dfrac{103}{17}\,\text{s}\simeq 6,1 \,\text{s}.}$

Figura 2: primo urto.

Figura 3: secondo urto.

Svolgimento punto 3.

Poniamo $t_2 = 69/17$ s e calcoliamo l’altezza $h_1$ rispetto al fondo raggiunta dalla pallina nel primo rimbalzo. Il tempo $t_2$ è minore rispetto a quello calcolato nel punto precedente, questo ci fa dedurre che la pallina ha impiegato meno tempo a toccare il fondo per la seconda volta, quindi la velocità $v_i^*$ della pallina dopo il primo rimbalzo è minore rispetto a quella ottenuta utilizzando una pallina perfettamente elastica. L’intervallo di tempo $\Delta t = t_2 - t_1$ tra i due suoni che raggiungono la superficie della buca è lo stesso intervallo di tempo che la palla impiega per fare un secondo urto dopo aver fatto il primo, ovvero $\Delta t = t_0^* - t_0$ , come dimostrato nel precedente punto. Sostituendo $\Delta t = t_0^* - t_0$ nell’equazione (11) e ponendo $y^*(t_0^*)=0$ otteniamo

(18) $\begin{equation*} y^*(t_0^*) = 0 = v_i^*\Delta t - {1\over 2}g \Delta t ^2. \end{equation*}$

Risolvendo l’equazione precedente per $v_i^*$ otteniamo

(19) $\begin{equation*} v_i^* = {1\over 2}g \Delta t = {1\over 2}g (t_2-t_1). \end{equation*}$

La pallina raggiunge l’altezza $h_1$ quando la sua velocità si annulla e ciò avviene in un intervallo di tempo $\delta t$ . Utilizzando l’equazione della cinematica del moto uniformemente accelerato relativa alla velocità si ha

(20) $\begin{equation*} v^*(t) = v_i^* - g t, \end{equation*}$

con velocità iniziale $v_i^*$ . Dopo un intervallo $\delta t$ la pallina si ferma, quindi otteniamo

(21) $\begin{equation*} v^*(\delta t)=0 = v_i^*-g\delta t \qquad \Rightarrow \qquad \delta t = \dfrac{v_i^*}{g}, \end{equation*}$

da cui otteniamo inserendo la soluzione per $v_i^*$ ottenuta in (19)

(22) $\begin{equation*} \delta t = {1\over 2}(t_2-t_1). \end{equation*}$

Figura 3: urto anaelastico.

Ponendo $y_S^* = h_1$ e $t-t_0=\delta t$ l’equazione (11) diventa

(23) $\begin{equation*} h_1 = v_i^*\delta t-\dfrac{1}{2}g(\delta t)^2. \end{equation*}$

che messa a sistema con l’equazione (22) diventa

(24) $\begin{equation*} \begin{split} h_1 &= v_i^*\delta t-\dfrac{1}{2}g(\delta t)^2=\\[10 pt] & = {1\over 2}g (t_2-t_1)\cdot{1\over 2}(t_2-t_1)-\dfrac{1}{8}g(t_2-t_1)^2 = {1\over 8}g(t_2-t_1)^2, \end{split} \end{equation*}$

conseguentemente

$\boxcolorato{fisica}{ h_1 = {1\over 8}g(t_2-t_1)^2 = {1\over 2}g \,\text{s}^2\simeq 4,9 \,\text{m}.}$

Scarica gli esercizi svolti

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