Moto rettilineo uniformemente accelerato 16

Moto rettilineo uniformemente accelerato

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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.

  1. Quanto vale h?
  2. 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.)
  3. 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\cdots^{-1}, lo si tratti come un punto materiale privo di massa che si muove di moto rettilineo uniforme.)

 

 

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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

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

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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*}

  

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     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

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