A3 Mecc a n i c a 1 I m o t i n e l p i a n o Il moto parabolico con lancio obliquo _› y A v0 A v0y α A v0x O Un proiettile, schematizzato con un punto materiale, viene lanciato con velocità v 0 a un angolo di lancio α rispetto all’orizzontale. Fissato un sistema di riferimento con l’origine O nel punto di lancio del proiettile e gli assi orientati come in figura, si vuole dimostrare che il proiettile ricade al suolo dopo aver descritto una traiettoria parabolica. Il moto del proiettile è, in ogni istante, il risultato della composizione di due differenti moti indipendenti che si svolgono uno lungo l’asse x e l’altro lungo l’asse y. Il proiettile è soggetto a ogni V istante a un’accelerazione diretta A v0 verticalmente verso il basso di intensità pari all’accelerazione di _gravità e α › che indichiamo con il vettore g . RispetA x H to al sistema di riferimento fissato, la componente dell’accelerazione lungo l’asse y vale −g. Figura 1 Un proiettile è lanciato _› con velocità v 0 a un angolo di lancio α con l’orizzontale. Lungo l’asse delle x il moto è rettilineo uniforme con velocità costante pari a v0x, la componente orizzontale della velocità. La legge oraria è: x = v0xt (1) Lungo l’asse delle y il moto è rettilineo uniformemente decelerato durante la salita (da O a V) e rettilineo uniformemente accelerato durante la discesa (da V ad A). La legge oraria è: 1 gt2 (2) y = v0yt − _ 2 dove v0y è la componente della velocità iniziale lungo l’asse y. Si ricordi che le componenti della velocità si calcolano con le seguenti relazioni: v0x = v0 cosα e v0y = v0 senα Per ottenere l’equazione della traiettoria, ricaviamo il tempo dalla prima legge oraria (1) e sostituiamolo nella seconda (2). v0y x 1 x2 Si ottiene: t = v__ e y = v__ x − _ g __ (3) che è l’equazione di una parabola. 2 v20x 0x 0x v0y g Introduciamo due costanti a e b così definite: a = ___ 2 e b = v__ . 2v 0x 0x L’equazione parabolica del proiettile assume allora la forma più semplice: y = bx − ax2 La parabola ha il vertice nel punto V e la concavità rivolta verso il basso come è mostrato nella figura 1. © 2012 RCS Libri S.p.A. - Bruno Consonni - Clara Pizzorno - Vincenzo Ragusa - I Perché della Fisica - Tramontana A3 Mecc a n i c a I m o t i n e l p i a n o 2 ■ Il tempo di volo e la gittata del proiettile Iniziamo a calcolare il “tempo di salita“ del proiettile, cioè il tempo che impiega per andare da O a V (fig. 1). Lungo la verticale il moto è rettilineo uniformemente decelerato (accelerazione pari a −g) con velocità iniziale pari a v0y e velocità finale (sempre lungo l’asse delle y) uguale a zero. Il tempo di salita è: v0y ∆v 0 − v0y __ = g −g t = ___ a = _____ Il tempo di volo, cioè il tempo impiegato per andare da O ad A (fig. 1) è il doppio del tempo di salita. L’accelerazione del proiettile, in valore assoluto, è sempre uguale a g sia durante la salita, sia durante la discesa, perciò il tempo impiegato dal proiettile per andare da O a V è uguale al tempo necessario per scendere da V ad A. 2v0y Il tempo di volo perciò è dato da: tvolo = ___ g (4) La gittata del proiettile è la distanza OA fra il punto di lancio e quello di caduta. Poiché lungo l’asse x il proiettile si muove di moto rettilineo uniforme, la gittata è data da: 2v0xv0y xG = v0x tvolo = _____ g Sostituendo a v0x e a v0y le loro espressioni si ottiene: 2v20 cosα senα v20sen2α = ______ xG = __________ g g (5) in quanto 2senα cosα = sen2α. ■ La quota massima Per determinare la quota massima raggiunta dal proiettile, cioè la distanza VH 1 gt2. Sostituendo il tempo di salita (fig. 1), si utilizza la legge oraria y = v0yt − _ 2 v0y t = __ g , si ottiene: ( ) v0y 1 v0y 2 v20y 1 v20y v20y 1 _ __ __ __ __ __ y = v0yt − _ − gt2 = v0y __ g g g = g − 2 g = 2g 2 2 v2 0y La quota massima ymax è perciò: ymax = __ 2g © 2012 RCS Libri S.p.A. - Bruno Consonni - Clara Pizzorno - Vincenzo Ragusa - I Perché della Fisica - Tramontana (6) A3 3 Mecc a n i c a I m o t i n e l p i a n o es ercizi Problema risolto Due proiettili sono lanciati dallo stesso punto O con una velocità di 40 m/s. Nel primo caso il vettore velocità forma un angolo di 30° con l’orizzontale, mentre nel secondo caso l’angolo a è di 60°. Quale proiettile ricade per primo al suolo? Quale dei due giunge più lontano? Soluzione I caso: α = 30° Consideriamo il primo proiettile, i dati che lo individuano sono: v0 = 40 m/s; α = 30°; tvolo = ? xG = ? Calcoliamo le componenti della velocità di lancio del proiettile: v0 _ 40 _ 3 = __ √ 3 m/s = 35 m/s; v0y = v0sen30° = 40 m/s · _ √ 1 = 20 m/s v0x = v0cos30° = __ 2 2 2 Determiniamo il tempo di volo e la gittata del proiettile: 2v0y 20 m/s tvolo = ___ g = 2 · _______ = 4,1 s 9,81 m/s2 xG = v0x tvolo = 35 m/s · 4,1 s = 0,14 km II caso: α = 60° Consideriamo il secondo proiettile e calcoliamo le componenti della sua velocità di lancio: v0 v0x = v0cos60° = __ = 20 m/s 2 v0 _ 40 _ 3 = __ √ 3 m/s = 35 m/s v0y = v0sen60° = __ √ 2 2 2v0y 35 m/s Il tempo di volo del secondo proiettile tvolo = ___ g = 2 · _______ = 7,1 s, risulta superiore a quello del primo. 9,81 m/s2 La gittata del secondo proiettile è invece uguale a quella del primo in quanto si calcola con la relazione: 2v0xv0y e il prodotto v0xv0y è lo stesso per en xG = _____ g trambi i proiettili. Il risultato ha un carattere generale: due proiettili lanciati con angoli di lancio α e β complementari (α + β = 90°) hanno la stessa gittata. La figura mostra le traiettorie dei proiettili. y (m) 60 50 40 30 20 10 Le traiettorie di due proiettili i cui angoli di lancio risultano complementari sono uguali se i proiettili sono lanciati con la stessa velocità. 0 20 40 60 80 100 120 © 2012 RCS Libri S.p.A. - Bruno Consonni - Clara Pizzorno - Vincenzo Ragusa - I Perché della Fisica - Tramontana 140 160 x (m) A3 Mecc a n i c a I m o t i n e l p i a n o 4 [68,9 m/s; 9,03 s; 477 m; …] 4 Un proiettile viene lanciato con una velocità v = 50 m/s in una direzione formante un angolo di 45° con l’orizzontale. Determina: a) il tempo per raggiungere la quota massima; b) la quota massima; c) la gittata. [3,6 s; 64 m; 255 m] v0xv0y −∆ v20y e la quota massima: hG = ____ = ... __ 4a 2g che sono le stesse espressioni ricavate in precedenza. Infine, riscrivi l’espressione della gittata e verifica che se il lancio avviene con due inclinazioni diverse ma complementari, la gittata non cambia. v0y −g a = ___ 2 ; b = __ v0x ; c = 0 2v [ ] 0x 6 Una pietra viene lanciata dall’alto di un muro di 10 m con una velocità di 10,0 m/s inclinata verso il basso di 30°, come indicato in figura. O 30° x y xG 5 L’equazione della parabola per un lancio obliquo è: v0y x2 1 __ __ y = __ v0x x − 2 g v2 . 0x Determina il punto di impatto della pietra con il suolo e la sua velocità quando tocca terra. Considera [8,7 m; 17 m/s] g = 9,8 m/s2. y A v0 A v0y V A v0x y A v0y α H O A v0 7 Un giocatore di golf manda in buca una palla con un lancio di 20 m effettuato con un’inclinazione iniziale di 30°. Calcola la massima altezza raggiunta dalla palla. [2,9 m] A x A v0 α V A v0 α A v0x α O H A x Scrivi l’equazione canonica della parabola e, per confronto con l’equazione assegnata, stabilisci i valori dei coefficienti a, b, e c. Osservando la figura, la distanza OH indica la semigittata che corrisponde alla coordinata x del vertice V della parabola, mentre VH indica l’altezza massima raggiunta dal proiettile che, a sua volta, corrisponde alla coordinata y del vertice della parabola. i da cui si ricava xG = ...2 ____ g i z 3 Un proiettile viene lanciato da terra con una inclinazione di 40°. Sapendo che raggiunge la quota massima di 100 m, determina: a) la velocità iniziale b) il tempo di volo c) la gittata d) la velocità con la quale tocca terra Verifica che la gittata non cambia se il lancio viene effettuato con un’inclinazione che risulta complementare al primo lancio. 68,9 m/s ) r c [è sufficiente dimostrare che il prodotto senαcosα è uguale al prodotto del coseno e del seno dell’angolo complementare] −∆ e 2 Perché si ottiene la stessa gittata se gli angoli di lancio sono complementari? Prova a dimostrarlo. ( −b coordinate del vertice di una parabola: V ___ ; ____ 2a 4a Determina la semigittata del proiettile: v0xv0y xG −b __ = ___ = ... ____ g 2 2a s [ ] 2g Si determina perciò la gittata e la quota massima raggiunta dal proiettile utilizzando l’espressione delle e 1 Ricava l’equazione della quota massima raggiunta da un proiettile lanciato da terra con velocità v e inclinav20y zione β. Commenta i passaggi. __ 20 m 8 Un giocatore di football calcia un pallone sul terreno a un angolo di 35° e con una velocità di 28 m/s. Calcola il tempo di volo e la gittata del lancio. Qual è la velocità del pallone dopo 0,50 s dal lancio? Ricava la velocità con cui il pallone ricade al suolo. [3,3 s; 76 m; 11 m/s; 28 m/s] © 2012 RCS Libri S.p.A. - Bruno Consonni - Clara Pizzorno - Vincenzo Ragusa - I Perché della Fisica - Tramontana n e l p i a n o 5 9 Una tegola si stacca dal tetto di un edificio alto 12,0 m e lo abbandona con una velocità di 8,0 m/s inclinata di 35° verso il basso. Ai piedi dell’edificio, alla distanza di 8,0 m si trova un vaso. Stabilisci se la tegola lo colpisce. [no, perché la gittata è di 7,6 m] 35° 10Un ragazzo lancia dall’altezza di 12,0 m un sasso alla velocità di 18,0 m/s e con un angolo di 45° rispetto all’orizzontale. Calcola quanto tempo impiega il sasso a colpire l’acqua e se colpisce una boa che dista 42,4 m dallo scoglio. [3,33 s ; sì] 18 m/s 45° t=? 12 m _ › 13Un pallone viene calciato dal suolo con velocità v 0 che forma un angolo α rispetto all’orizzontale. Indica quali, tra le seguenti affermazioni sono corrette. ✗ a Fissato l’angolo di lancio, il tempo di volo è direttamente proporzionale alla componente v0y. b Fissato il modulo della velocità iniziale, il tempo di volo è direttamente proporzionale all’angolo di lancio. ✗ c Fissato l’angolo di lancio, la gittata è direttamente proporzionale al quadrato del modulo della velocità iniziale. d Fissato l’angolo di lancio, la gittata è direttamente proporzionale al modulo della velocità iniziale. e Fissato l’angolo di lancio, la massima quota è inversamente proporzionale al quadrato del modulo della velocità iniziale. f Fissato l’angolo di lancio, la massima quota è direttamente proporzionale al modulo della velocità iniziale. 14Due cannoni, posti uno di fronte all’altro, sparano due proiettili dalla stessa altezza. Al tempo t = 0 un cannone spara un proiettile con una velocità di _ 200 · √ 2 m/s e a un angolo di 45° con l’orizzontale. Dopo 5,00 s il secondo cannone spara un proiettile a un angolo di 60° e con una velocità di 300 m/s. I due proiettili collidono. Dopo quanto tempo dallo sparo del secondo cannone avviene la collisione? Quanto distano i cannoni? [8,06 s; 3,82 ∙ 103 m] 200 · √2 m/s 300 m/s 60° 45° x x 11Un giocatore calcia un pallone da terra con un angolo di 30° rispetto all’orizzontale, rappresenta in un riferimento cartesiano la gittata in funzione del modulo della velocità iniziale. Come cambierebbe il grafico se il giocatore si trovasse sulla Luna? [si tratta di una proporzionalità quadratica diretta, quindi …; sulla Luna g è minore, la costante di proporzionalità aumenta quindi…] 12Un pallone viene calciato con velocità iniziale di modulo 10 m/s, rappresenta in un piano cartesiano il tempo di volo in funzione dell’angolo di lancio. […] 2v0y 2v0 = ___ senα. Sostituendo Il tempo di volo si calcola t = ____ g g v0 = 10 m/s e g ≈ 10 m/s2 si ottiene t = 2(s –1)senα. Per 0 ≤ α ≤ π/2 (α = π/2 corrisponde a un lancio verticale) il grafico è un tratto di sinusoide di ampiezza 2 s –1. 15La moto in figura è inizialmente ferma. A v 60° C 5,0 m A B Nell’istante in cui il pallone è lanciato a un angolo di _ 60° e con una velocità di 10 · √3 m/s il conducente della moto inizia a muoversi con moto rettilineo uniformemente accelerato. Affinché il pallone colpisca la moto nel punto C l’accelerazione della moto deve essere (in metri al secondo quadrato): a 17 b 6,7 c 4,2 ✗ d 5,7 © 2012 RCS Libri S.p.A. - Bruno Consonni - Clara Pizzorno - Vincenzo Ragusa - I Perché della Fisica - Tramontana i m o t i i z I r c e s a n i c a e A3 Mecc