Si definisce moto in caduta libera quello di un

Si definisc e moto in caduta libera quello di un oggetto sottoposto alla sola forza di gravità. E’ noto che si
tratta di un moto uniformemente acc elerato verso il basso c on
. I modulo di questa
a = −9.81 m/s2 l
acc elerazione si indica c on g = 9.81 m/s2 . Ad esempio un sasso lanc iato verso l’alto, immediatamente dopo il
distacc o descrive un moto in caduta libera, tanto nella fase di salita quanto in quella di disc esa . La c ostanza
nel tempo dell’acc elerazione assic ura la simmetria del moto delle due fasi, prec edente e succ essiva
all’istante di massima altezza . Durante la salita, ogni sec ondo sono sottratti 9.81 m/s al modulo della
veloc ità iniziale finché questa non si annulla, e succ essivamente, durante la disc esa, gli stessi 9.81 m/s sono
addizionati ogni sec ondo verso il basso e quindi l’oggetto riassumerà nec essariamente tutti i valori di
veloc ità dell’andata .
Esempio 1
do il palloncino ha ragg i nto
m/s
Un bambino lascia andare un palloncino che sale con velocità costante di
,
. Quan
u
3.0
ltezza di
d
t ca me te u a o per co p r o, mpr me do u a ve oc tà
n’a
am
o
a
c
a
ver
a
e
u
4.0 m il b bin l n i
i l n n s ss
l il i
i n
n l i inizi l i 20 m/s .
Qual è l’altezza raggiunta dal palloncino nell’istante in cui scoppia? Se il bambino manca il bersaglio dopo quanti
,
secondi il sasso ripasserà nuovamente davanti al palloncino?
Scriviamo la legge oraria del sasso assumendo che parta dal livello del terreno:
3.0 m/s
ys = 15t − 4.9t 2
e quella del palloncino, che non è in caduta libera in quanto la sua velocità è costante
per effetto della spinta di Archimede da parte dell’aria.
4.0 m
y p = 4.0 + 3.0t
Uguagliandole abbiamo:
20 m/s
20t − 4.9t 2 = 5.0 + 3.0t
4.9t 2 − 17t + 4.0 = 0 ⇒ t =
7.0 ± 289 − 4 × (4.0) × (4.9)
9.8
⇒ t1 = 0.30 s ∨ t2 = 3.2 s
ed il tempo maggiore corrisponde al secondo passaggio del sasso qualora il bambino mancasse il bersaglio.
Esempio 2
d
àd
Un sasso viene lasciato cadere da un grattacielo ed il tonf o viene udito dopo
,
8.70 s . Sapen o che la velocit el suono
nell’aria è c = 340 m/s , si dica quanto è alto l’edif icio.
s
Indichiamo con y 0 l’altezza del grattacielo, che coincide con la quota iniziale del sasso, mentre la velocità
iniziale è nulla. Uguagliando a zero la legge oraria della posizione del sasso si trova il suo tempo di caduta:
1
y(t ) = y0 − gt 2 = 0 ⇒ t1 =
2
2y 0
g
1
Per giungere all’orecchio percorrendo la distanza y 0 con velocità costante il suono
impiega un tempo:
t2 =
y0
340
y0
e la somma di queste due quantità deve fare: t1 + t2 =


340 × 2  y + y = 8.70 × 340
 0
0

g 

⇒
2y0
y
+ 0 = 8.70 s , per cui:
g
340
152 y 0 + y0 = 2958
l’elevazione al quadrato di ambo i membri creerebbe difficoltà con le cifre significative per cui conviene
porre z = y 0 e risolvere l’equazione nella variabile ausiliaria:
z 2 + 152z − 2958 = 0 ⇒ z =
−152 ± 1522 + 4 × 2958
−152 ± 187
=
⇒ z = 17.5
2
2
avendo scartato per ovvi motivi la soluzione negativa. Si ottiene quindi y 0 = z 2 = 306 m .
Esempio 3
A lica a sf aticatissima st d t ssa di q arta A m dita f ra sé sé f ac d
nge , un
e
e
en o un
u en e
u
sereno bilancio del suo studio dellaf isica.
a che dè ‘sta robba? Nun ciò capito gnente.
- M
In nome della scienza, decide così di verif icare di persona la caduta libera lanciandosi
dallaf inestra del Kennedy dopo aver posizionato un tappeto a molla sulf ondo. Vola g iù
f elice e passa davanti alla f inestra del piano di sotto, impieg ando 0.125 s a percorrere la
luce verticale che è di 1.20 m. Quindi rimbalza perf ettamente sulla molla ripartendo
con la medesima velocità con cui aveva toccato terra. Risale f ino a ripassare davanti
alla stessa f inestra ed impieg a ancora 0.125 s ad attraversarla. Se, nel complesso, il
tempo trascorso sotto al davanzale dellaf inestra è 2.00 s:
1.20 m
1. Da che altezza si è lasciata cadere ?
2. Qual è la sua velocità dopo 0.25 m di caduta?
y2
Trattandosi di un moto in caduta libera, il problema è simmetrico in relazione
alla caduta ed alla risalita, se quindi il tempo di permanenza sotto al davanzale
è 2.00 s , dobbiamo concludere che 1.00 s è di caduta ed 1.00 s di risalita.
y1
Conviene scrivere la legge oraria della fase di risalita:
1
y(t ) = v0t − gt 2
2
nella quale è ignoto il valore della velocità iniziale v0 . Indichiamo con y1 l’altezza del davanzale,
raggiunta nell’istante t1 , e con y2 l’altezza del bordo in alto della finestra, raggiunta nell’istante t2 ,
quindi :
2
1
y1 = v0t1 − gt12
2
1
y2 = v0t2 − gt22
2
Sappiamo dal testo che:
t1 = 1.00 s ;
t2 = 1.00 + 0.125 = 1.13 s ;
y1 − y2 = 1.20 m
sottraendo le due relazioni precedenti si ottiene un’equazione nella sola incognita v0 :
1
y2 − y1 = v 0 (t2 − t1 ) − g(t22 − t12 ) = 1.20 m
2
sostituendo i valori noti:
1
v0 (1.13 − 1.00) − g(1.132 − 1.002 ) = 1.20
2
1.20 + 4.90(1.132 − 1.00)
v0 =
= 20.0 m/s
0.130
Dalla formula v 2 = v02 + 2a ∆x si ricavano subito sia l’altezza da cui è avvenuta la caduta, che coincide
con l’altezza di massima risalita, sia la velocità dopo 2.50 m di caduta:
2
v 2 = v02 − 2g(h − 0) = 0 ⇒ h =
(20.0)
v02
=
= 20.4 m
2g
2 × 9.81
v 2 = v02 − 2g(−2.50) = 49.0 ⇒ v = 7.00 m/s
Esempio 4
Due palle lasciate cadere da una stessa altezza in tempi successivi non mantengono costante la loro distanza
dato che la palla che parte per prima sarà in ogni istante più veloce della seconda e quindi ogni secondo
percorrerà un tratto che è sempre maggiore. La distanza pertanto cresce con il tempo.
3
La caduta libera in due dimensioni si studia facilmente grazie al principio d’indipendenza dei moti in
direzioni perpendicolari scoperto da Galileo, vale a dire che il moto orizzontale ha le stesse caratteristiche
che avrebbe se il moto verticale non ci fosse, e viceversa. E’ a motivo di tale principio che in fisica vengono
introdotti degli oggetti matematici, i vettori, che si sommano tramite la regola del parallelogramma, una
tecnica grafica che permette di visualizzare il risultato che si ottiene eseguendo addizioni e sottrazioni di
posizioni, velocità ed accelerazioni sommando in modo completamente indipendente le coordinate in
direzioni perpendicolari.
LA CINEMATICA DEL MOTO DI UN PUNTO MATERIALE IN UNA DIREZIONE E’ INDIPeNDENTE DA
QUELLA CHE IL PUNTO HA IN UNA QUALUNQUE ALTRA DIREZIONE AD ESSA PERPENDICOLARE
Un tizio che lancia una palla in alto, con velocità iniziale esattamente verticale, mentre è trasportato da un
tappeto scorrevole con velocità costante, si vede la palla ricadere nelle mani. Il moto verticale della palla non
ha influenzato quello orizzontale che la palla inizialmente possedeva perché trascinata dal nastro.
Una palla lasciata cadere dalla bocca di un cannone in cima ad un’altura, tocca terra nel medesimo istante in
cui lo fa un’altra palla contemporaneamente sparata in direzione orizzontale. Dato che il moto orizzontale
impresso dal cannone non modifica in alcun modo quello verticale, il tempo di caduta dei due gravi deve
essere lo stesso.
y
v0
y0
vx
vy
vx
vy
vx
x
0
vy
4
Cinematica del lancio orizz ontale
Come si vede in figura la velocità orizzontale resta costante: non essendoci forza in quella direzione non c’è
nemmeno accelerazione. La velocità verticale aumenta ogni secondo di 9.8 m/s verso il basso a causa della
forza dovuta al peso, ma questo non ha nessuna influenza sul moto orizzontale. Possiamo immaginare due
luci che illuminano il proiettile, una dall’alto ed una da sinistra. Le due ombre proiettate sugli assi seguono
moti indipendenti, ognuno governato dalla sua componente di velocità iniziale e dalla sua componente di
forza. Scriviamo le leggi orarie:


x = v0t
posizione: 

1 2
y = y0 − gt
2

vx = v0
velocità 
vy = −gt


t = x


v0

traiettoria 
g


y = y0 − 2 x 2


2v0

Il tempo di caduta è lo stesso che nel caso verticale, e così per la velocità verticale nell’istante in cui tocca
terra:
v
2y 0
t* = 0 =
; vy* = − 2y0 g
g
g
la gittata R (range) si ottiene inserendo il tempo di caduta nell’equazione oraria della posizione lungo la
direzione orizzontale:
R = v0
2y 0
g
Esempio 5
Un cannone spara orizzontalmente un proiettile da una collina alta 150 m , con una velocità iniziale di 250 m/s . Si
dica a quale distanza dalla verticale che passa per il cannone cade il proiettile, e qual è la sua altezza quando si trova a
700 m da tale verticale.
Scriviamo la legge oraria della posizione per il proiettile e da questa ricaviamone la traiettoria:

x = 250t
⇒ y = 150 − (7.85 × 10−5 ) x 2
y = 150 − 4.91t 2

come si vede il coefficiente del termine di secondo grado (7.85 × 10−5 ) nella traiettoria è molto piccolo
rispetto agli altri numeri, il che indica che si tratta di una parabola molto allargata, come ci aspettiamo
osservando che in un colpo di cannone i primi metri sono percorsi da proiettile praticamente in orizzontale.
Imponiamo che l’altezza sia nulla per trovare la gittata:
150 − (7.85 × 10−5 ) x 2 = 0 ⇒ x =
150 m 250 m/s
150
= 1382 m
7.85 × 10−5
112 m
Sostituendo la posizione x = 700 m nella traiettoria
troviamo l’altezza corrispondente:
700 m
1382 m
150 − (7.85 × 10−5 )× 7002 = 112 m
5
Esempio 6
Una ragazza affacciata da un balcone alto 8.0 m lancia una rosa in
direzione orizzontale per il suo innamorato che si trova alla distanza di
4.0 m dal muro della casa. Trascurando la resistenza dell’aria, si dica
v0
8.0 m
con quale velocità deve lanciare al rosa affinché cada nelle mani del
ragazzo, se questi si china raccogliendola un istante prima che tocchi
terra.
Scriviamo la legge oraria della posizione per la rosa e da questa
ricaviamone la traiettoria:
4.0 m
 4.9 
x = v0t
⇒ y = 8.0 −  2  x 2

2
y = 8.0 − 4.9t
 v 0 

imponiamo che alla distanza di 4.0 m l’altezza della rosa sia zero e troviamo un’equazione nella sola
incognita v0 :
 4.9 
8.0 −  2  × 4.02 = 0.0 ⇒ v 0 =
 v0 
4.9 × 4.02
= 3.1 m/s
8.0
Esempio 7
Una pallina rotola giù da un piano con velocità orizzontale di 4.8 m/s . Sapendo che tocca terra dopo 0.80 s si dica
quanto è alto il piano, a quale distanza cade la biglia e quant’è la sua velocità un istante prima di toccare terra.
Scriviamo le leggi orarie della velocità e della posizione per la
pallina e da quest’ultima ricaviamo la traiettoria:
vx = 4.8

vy = −9.8t

x = 4.8t
⇒ y = y 0 − 0.23x 2
y = y 0 − 4.9t 2

v0
y0
Sapendo che la pallina è a terra dopo 0.80 s troviamo l’altezza
del piano e la gittata del lancio:
vx
2
y 0 − 4.9 × (0.80) = 0 ⇒ y0 = 3.1 m
x = 4.8 × 0.80 = 3.8 m
troviamo la componente verticale della velocità nell’istante di
contatto e da questa il modulo della velocità finale:
vy
v(0.80)
vx (0.80) = 4.8 m/s
⇒ v(0.80) = 4.82 + (−7.8)2 = 9.2 m/s

vy (0.80) = −9.8 × 0.80 = −7.8 m/s

6
Cinematica del lancio obliquo
vx
y max
vy
vx
Consideriamo un proiettile in caduta
libera sparato dall’origine con una
velocità iniziale v0 che formi un angolo
v0
vx
vy
v0y
ϑ
ϑ (theta) con l’asse orientato delle
ascisse. Se indichiamo le componenti
della velocità con (v0x , v0y ) , (in figura
vx
x max
v0x
R
vy
sono riportati invece
i “vettori
componenti”),
per il principio di
indipendenza dei moti in direzioni perpendicolari possiamo scrivere subito le leggi orarie della posizione e
della velocità:
vx = v0x
velocità: 
vy = v0y − gt



x = v0x t
posizione: 

1 2
y = v0y t − gt
2


x


t=

v 0x

traiettoria: 
v0y
g


x − 2 x2
y=


v0x
2v 0x


Come si vede, anche in questo caso la traiettoria è una parabola, ben visibile ad esempio osservando il getto
d’acqua della fontane oppure la traiettoria descritta dalla lava nel filmato di un’eruzione vulcanica.
Calcoliamo il tempo t max che occorre al proiettile per raggiungere il punto di massima altezza. A differenza
del lancio in direzione verticale, ora la velocità non è nulla nel massimo, è invece orizzontale, e vale v0x , cioè
esattamente quanto valeva all’inizio, non essendoci accelerazione lungo x . Il fatto che nel massimo si annulli
la componente verticale della velocità, consente di ricavare il valore di t max :
vy (tmax ) = 0 = v0y − gt
⇒
tmax =
v 0y
g
Le coordinate del massimo si ottengono inserendo t max nelle leggi orarie della posizione (oppure con le
formule per il vertice della parabola applicate alla traiettoria):
x max =
v0x v0y
g
y max =
v02y
2g
Per la simmetria delle due fasi di salita e discesa della componente verticale del moto, il tempo complessivo
t * di permanenza in volo è due volte t max :
v 0y
t* = 2
g
Grazie all’indipendenza dei moti orizzontale e verticale, la gittata R si ottiene inserendo il tempo
complessivo di caduta t * nell’equazione oraria della posizione lungo la direzione orizzontale:
R = v 0x t * = 2
A parità del valore di intensità iniziale
v0x v0y
g
v 0 , l’ampiezza della gittata varia sensibilmente a seconda
dell’inclinazione iniziale ϑ del vettore velocità. L’inclinazione è determinata dai valori delle componenti
orizzontale e verticale v0x e v0y di v0 , e come si vede la gittata è massima quando è massimo il prodotto
v0x v0y . I componenti della velocità iniziale sono però vincolati dalla relazione:
7
v0 = v02x + v 02x
v0y
v0x
Fissata la velocità iniziale, cioè fissato v0 , osserviamo che il prodotto v0x v0y
v0
è l’area di un rettangolo di diagonale v0 e lati v0x e v0y . L’area di un
rettangolo di diagonale fissata assume il suo valore massimo quando i due
lati sono uguali e diviene un quadrato. Consideriamo infatti la
semicirconferenza che ha per diametro la diagonale comune a questa
famiglia di rettangoli, ed osserviamo che ciascuno di essi è diviso in due triangoli rettangoli uguali dalla
diagonale, dei quali è anche ipotenusa. Al variare delle misure dei cateti questi triangoli sono sempre
inscritti nella semicirconferenza, pertanto, mentre la misura della base rimane costante, la loro altezza può
variare da zero fino ad un valore massimo, che è il raggio della semicirconferenza. Il triangolo che ha la
massima altezza possibile a parità di base ha anche la massima area e, per la simmetria della figura, è la
v
metà di un quadrato, come volevamo dimostrare. Allora la gittata è massima quando v0x = v 0y = 0 , ed in
2
v 02
nell’espressione di R risulta:
questo caso l’angolo di lancio è 45°, e sostituendo v0x v0y =
2
Rmax =
45° + α
v02
g
Inoltre, scambiando fra loro v0x e v0y nella
v0x v0y
si ottiene il medesimo
relazione R = 2
g
45° − α
R , cioè la gittata è la stessa per angoli di
lancio che differiscono da 45° , in positivo od
45°
in negativo, di uno stesso valore α . Ad
v0x v0y
v 02
esempio un lancio da terra inclinato di 75°
R=2
g
g
arriva altrettanto lontano di uno inclinato di
15° che abbia la stessa velocità iniziale, in
quanto entrambi differiscono di 30° dall’angolo di gittata massima. Per il calcolo delle componenti iniziali
della velocità v0x e v0y , una volta che siano noti l’inclinazione ϑ e la lunghezza v0 , basta considerare un
triangolo rettangolo simile a quello di cateti v0x e v0y , ma di ipotenusa che misuri 1. Le lunghezze di cateti
di qualunque triangolo rettangolo di ipotenusa unitaria sono memorizzate nella calcolatrice e si chiamano,
seno di ϑ quello opposto all’angolo, e coseno di ϑ quello adiacente.
Attraverso semplici relazioni di similitudine si ottiene:
v0x
v
= 0
cos ϑ
1
⇒
v0
v0x = v0 cos ϑ
1
v0y
v
= 0
sin ϑ
1
⇒
v0y = v0 sin ϑ
v0y
sin ϑ
ϑ
ϑ
cos ϑ
v0x
8
Esempio 8
Un calciatore colpisce il pallone imprimendogli una velocità iniziale inclinata di 22° rispetto al terreno e d’intensità
v0 = 25 m/s . Riesce a superare una barriera alta 1.85 m e distante 9.15 m ? Di quanti metri la gittata è inferiore al
valore massimo possibile per quel modulo della velocità iniziale? Qual è la quota massima raggiunta dal pallone? A che
distanza dal punto iniziale viene raggiunta? Dopo quanti secondi?
Come prima cosa calcoliamo le componenti della velocità:
v0x = v 0 cos ϑ = 25.0 cos 22° = 25.0 × 0.937 = 23.2 m/s
v0y = v 0 sin ϑ = 25.0 sin 22° = 25.0 × 0.375 = 9.38 m/s
Scriviamo quindi le leggi orarie della posizione e da queste l’equazione della traiettoria:

x


t=


23.0
traiettoria: 

9.38
9.81

y=
x−
x 2 = 0.408x − 9.27 × 10−3 x 2

2

23.0
2
×
23.0



legge oraria: x = 23.0t
y = 9.38t − 4.91t 2

Per capire se la barriera viene superata occorre
confrontare la quota del pallone a 9.15 m dalla
posizione di lancio con l’altezza della barriera :
y(9.15) = 0.408 × 9.15 − 9.27 × 10−3 × 9.152 = 2.96 m
v0
22°
essendo la quota maggiore di 1.85 m la barriera
9.15 m
viene superata. Imponiamo y = 0 nell’equazione
della traiettoria per trovare la gittata:
y = 0.408x − 9.27 × 10−3 x 2 = 0
⇒
x=
v 02
g
0.408
= 44.0 m
9.27 × 10−3
Confrontiamo la gittata con il valore massimo:
Rmax =
v 02
25.02
=
= 63.7 m
g
9.81
⇒
Rmax − R = 63.7 − 44.0 = 23.3 m
Per il calcolo della quota massima raggiunta inseriamo il tempo in cui si annulla la componente verticale
della velocità nella legge oraria della posizione:

vx = 23.3
legge oraria della velocità: 

v = 9.38 − 9.81t

y
legge oraria dello spazio:
vy = 0
⇒
t=
9.38
= 0.956 s
9.81

x (0.956) = 23.3 × 0.956 = 22.3 m




y(0.956) = 9.38 × 0.956 − 4.91 × 0.9562 = 4.48 m


per la simmetria del problema la posizione orizzontale del massimo risulta la metà della gittata, come si
verifica anche utilizzando le formule per il vertice della parabola.
9
Esempio 9
Un mazzo di chiavi viene lanciato da un’altezza di 1.20 m ad un angolo α = 60° e cade nelle mani di una persona
affacciata alla finestra che si trova
4.0 m sopra alla strada, alla distanza di 6.20 m dal punto di lancio. Quale
velocità iniziale è stata impressa al mazzo di chiavi? Per quanto tempo è rimasto in aria?
Scriviamo le leggi orarie dello spazio nel riferimento in figura:
y


x (t ) = (v0 cos 60°)t = (0.50v0 ) t


1 2
2
y(t ) = 1.2 + (v0 sin 60°)t − gt = 1.2 + (0.87v0 )t − 4.9t
2

4.0 m
Calcoliamo il tempo che occorre alla coordinate orizzontale a
percorrere 6.20 m , otterremo un’espressione dove la velocità
iniziale rimarrà incognita:
0.50v0t = 6.2
⇒
t=
60°
6.2
0.50v0
1.2 m
x
0
Sostituiamo questo valore nella coordinata verticale ed
imponiamo che in quell’istante la quota sia 4.0 m . Si ottiene una condizione per trovare v0 :
4.0 = 1.2 + (0.87 v0 )
8.0 =
188
0.502 v02
⇒
6.2 m
 6.2 2
6.2

− 4.9 
 0.50v0 
0.50 v0
v0 =
188
= 9.7 m/s
0.502 × 8.0
Il calcolo del tempo complessivo del volo si effettua scrivendo la legge oraria lungo le ascisse con il valore
trovato, ed imponendo quindi che la posizione finale sia 6.20 m :
x (t ) = 0.50v0t = 4.9t = 6.2
⇒
t=
6.2
= 1.3 s
4.9
Esempio 10
Un giocatore di pallacanestro esegue un tiro con velocità
iniziale di 14.0 m/s con un angolo di 50° rispetto ad una
y2
linea orizzontale. A 18.0 m dalla sua posizione si trova il
canestro, che viene centrato. Si dica di quanti metri il
canestro è situato più in alto della mano che ha lanciato il
pallone, e se nell’istante del centro la palla ha già scavalcato il
punto di massima altezza della traiettoria.
Scriviamo la legge oraria della posizione del tiro nel
riferimento in figura, avendo indicato con y1 ed y2 la
quota iniziale del pallone e l’altezza del canestro,
rispettivamente.
y1
50°
18.0 m
x
10


x (t ) = 18.0 − (14.0 cos 50°)t = 18.0 − 9.00t


1 2
2
y(t ) = y1 + (14.0 sin 50°)t − gt = y1 + 10.7t − 4.91t
2

Il pallone raggiunge il canestro quando x (t ) = 0 , quindi si ha per il tempo di permanenza in volo:
18.0 − 9.00t = 0
⇒
t=
18.0
= 2.00 s
9.00
I dati del problema forniscono quindi la condizione y(2.00 s) = y2 da cui:
y2 = y1 + 10.7 × 2.00 − 4.91 × 2.002
⇒
y2 − y1 = 1.76 m
Nell’istante in cui è raggiunto il massimo si annulla la componente verticale della velocità:
vy (t ) = 14.0 sin 50° − gt = 0
⇒
t=
14.0 sin 50°
= 1.09 s
9.81
che come si vede è precedente all’istante in cui fa canestro.
y
Esempio 11
α
Un sasso viene scagliato da un promontorio alto
80 m con un angolo α = 35° rispetto all’orizzonte
ed una velocità iniziale
v0
80 m
v0 = 5.0 m/s . Trovare la
massima altezza raggiunta dal sasso, la distanza dal
promontorio alla quale entra in acqua, il modulo e
l’angolo della velocità in quell’istante.
Sapendo che una barca si sta allontanando dalla riva
con velocità costante di modulo vB = 2.0 m/s e che
vB
x
4.0 m
dista 4.0 m dalla riva nel momento in cui viene
lanciato il sasso:
a) Mostrare che il sasso non la colpisce.
b) Calcolare quale velocità deve avere la barca
affinché il sasso possa centrarla.
Iniziamo con lo scrivere le leggi orarie sia per la posizione che per la velocità:


x (t ) = (5.00 cos 35°)t = 4.10t


1 2
2
y(t ) = 80.0 + 5.00 sin 35°t − gt = 80.0 + 2.87t − 4.91t
2



vx (t ) = 5.00 cos 35° = 4.10


v (t ) = 5.00 sin 35° − 9.81t = 2.87 − 9.81t


 y
La massima altezza è raggiunta nell’istante in cui si annulla la componente verticale della velocità. Inserendo
il tempo così trovato nelle leggi orarie della posizione si ottiene il suo valore y max :
vy (t ) = 2.90 − 9.81t = 0
⇒
t=
2.90
= 0.297 s
9.81
⇒
ymax = 80.0 + 2.87 × 0.297 − 4.91 × 0.2972 = 80.4 m
11
Quando il sasso entra in acqua la sua quota è 0. Scartando la soluzione che produce un tempo negativo si ha:
y(t ) = 80.0 + 2.87t − 4.91t 2 = 0
⇒
t=
−2.87 ± 2.872 + 4 × 80.0 × 4.91
−2.87 ± 39.7
=
−9.81
−9.81
⇒
t = 4.34 s
e quindi il sasso entra in acqua ad una distanza dal promontorio di:
x (4.34 s) = 4.10 × 4.34 = 17.8 m
con una velocità le cui componenti sono:
α
vx (4.34) = 4.10 m/s

vy (4.34) = 2.87 − 9.81 × 4.34 = −39.7 m/s

cui corrispondono un modulo ed un angolo α :
v
2
v(4.34) = 4.102 + (−39.7 ) = 39.9 m/s
tanα =
−39.7
= −9.98
4.10
⇒
α = 360° + arctan(−9.98) = 360° − 84.3° = 276°
Il sasso non colpisce la barca, che in quell’istante ha invece una distanza dal promontorio pari a:
x B (t ) = 4.00 + 2.00t
⇒
x B (4.34) = 4.00 + 2.00 × 4.34 = 12.7 m
Per essere colpita dovrebbe muoversi più velocemente. Indicando con vB la sua velocità costante, incognita,
imponiamo che essa dopo 4.34 s si trovi a 17.8 m dall’origine ed otteniamo:
x B (t ) = 4.00 + v0B t
⇒
x B (4.34) = 17.8 = 4.00 + vB × 4.34
Esempio 12
⇒
vB =
y
v0
Consideriamo una particella lanciata da una quota y 0 con una
velocità scalare iniziale v0 , ma con successivi, differenti valori
dell’angolo di lancio. Dimostrare che il modulo v della velocità
dipende solo dallo spostamento verticale complessivo.
La proprietà esposta implica che alla quota y * in figura il
modulo della velocità sia lo stesso lungo le traiettorie
1 , 2 , 3 e 4 ottenute lanciando la particella con angoli
differenti ma con la medesima velocità scalare iniziale.
Analogamente, lungo la traiettoria 4 , quando la particella
ripassa alla quota y 0 lo spostamento verticale rispetto
17.8 − 4.00
= 3.18 m/s
4.34
α
y0
α
1
y
*
2
3
4



 ∆y



x
all’inizio è nullo, e quindi la particella assume lo stesso
modulo della velocità che aveva all’inizio ( e, per motivi di
simmetria, è inclinata di un angolo sotto all’orizzontale uguale a quello di cui era inclinata sopra
all’orizzontale inizialmente). La proprietà si dimostra semplicemente a partire dalle due relazioni:
12
vy2 = v02y − 2g(∆y ) e vx2 = v02x
che sommate producono:
v 2 = vx2 + vy2 = v02x + v02y + 2g ∆y = v 02 + 2g ∆y
e come si vede, in un moto di caduta libera la velocità scalare dipende solo dalo spostamento verticale
complessivo ∆y . In particolare, per tutte le quattro traiettorie disegnate, la velocità scalare è la medesima un
istante prima di toccare terra.
y
Esempio 13
Un ladro corre sul tetto di un palazzo inseguito dalla
polizia, stringendo in mano la refurtiva. Per mettersi
in salvo decide di spiccare un salto e raggiungere il
palazzo attiguo, che dista 4.00 m ed ha la medesima
altezza. A quale velocità minima deve correre il
furfante affinché il salto gli riesca? Se gli cade di
mano la refurtiva nell’ istante di massima altezza, in
quale punto della parete del palazzo di fronte
l’oggetto va a sbattere ?
x
α
4.0 m
Poiché i due palazzi hanno l stessa altezza, poniamo il livello zero della quota sul loro tetto, in modo che la
velocità scalare minima con cui deve essere spiccato il salto sia quella corrispondente all’angolo che produce
la massima gittata, cioè α = 45° :
Rmax =
v 02
= 4.00
g
⇒
v0 = 4.00 × 9.81 = 6.26 m/s .
La velocità minima con cui il ladro deve correre è la componente orizzontale del vettore v0 il cui modulo
misura 6.26 m/s , pertanto:
v0x max = v 0 cos α = 6.26 cos 45° = 4.43 m/s
La refurtiva è in caduta libera insieme al ladro, quindi qualunque sia il punto in cui perde il contatto dalla
mano essa prosegue lungo la medesima traiettoria e cade sul tetto dell’altro edificio assieme al ladro.
Walker p. 114 n. 47, 48, 52, p.115 n.53
Esempio 14
James Bond si lancia da un elicottero per atterrare dentro al cassone di un camion carico di paglia, alto 2.20 m , e
distante in quel momento, 3.00 m dalla verticale nel punto di lancio. Sapendo che la velocità iniziale dell’agente 007 è
4.20 m/s , inclinata di 20° verso il basso, e che il camion viaggia con una velocità costante di 2.50 m/s , si mostri che
se l’autista non accelera Bond fallisce il bersaglio. Si dica poi quant’è l’accelerazione costante che l’autista dovrebbe
imprimere al camion affinché il salto riesca.
13
y
Leggi orarie della posizione di James Bond:

x 1 (t ) = 4.20 cos 20°t



1 2
y2 (t ) = 15.0 − 4.20 cos(90° − 20°)t − gt
2

α
15.0 m
v0
x (t ) = 3.95t
 1

y (t ) = 15.0 − 1.44t − 4.91t 2
 2
x
3.00 m
legge oraria della posizione del camion a velocità costante:
x 2 (t ) = 3.00 + 2.50t
L’istante in cui si incontrano avranno la stessa distanza dalla verticale condotta per il punto di lancio, e cioè:
x1 (t ) = x 2 (t )
⇒
3.95t = 3.00 + 2.50t
⇒
t=
3.00
= 2.01 s
3.95 − 2.50
il salto è riuscito se in quel momento la quota di James Bond è pari all’altezza del camion, e cioè 2.20 m .
Sostituiamo nella legge oraria della coordinata verticale per verificare:
y2 (2.01) = 15.0 − 1.44 × 2.01 − 4.91 × 2.012 = −7.73 m
(!!)
La quota negativa indica che per quell’istante il povero agente 007 è già sprofondato nel sottosuolo, cioè la
quota zero viene raggiunta ben prima di 2.01 s . E’ evidente che l’autista deve accelerare oppure rallentare.
Scriviamo di nuovo la legge oraria del veicolo, includendo stavolta l’accelerazione:
1
x 2 (t ) = 3.00 + 2.50t + ax t 2
2
Calcoliamo il tempo che occorre all’agente segreto per raggiungere la quota di 2.20 m :
y2 (t ) = 15.0 − 1.44t − 4.91t 2 = 2.20
4.91t 2 + 1.44t − 12.8 = 0
⇒
t=
−1.44 ± 1.442 − 4 × 4.91(−12.8)
9.81
⇒
t1 = 1.48 s
t2 = −1.78 s
troviamo quanto vale la suo coordinata orizzontale in quell’istante:
x1 (1.48) = 3.95 × 1.48 = 5.85 m
ed imponiamo che sia la stessa del camion in quell’istante, trovando così l’accelerazione necessaria:
x 2 (1.48) = 5.85
⇒
1
3.00 + 2.50 × 1.48 + ax (1.48)2 = 5.85
2
⇒
ax = −0.776 m/s 2
quindi il camion deve diminuire la sua velocità.
14
y
Esempio 15
Uno sciatore esegue un salto da un
trampolino che s’incurva in fondo ad una
discesa,
facendolo
staccare
con
un’inclinazione di 35° . La pista orizzontale
ricomincia a distanza di 15.0 m , in un punto
v0
35°
12.0 m
più in basso di 12.0 m rispetto alla fine del
trampolino. Con quale velocità minima deve
avvenire lo stacco se vogliamo che il salto
riesca? Con quale velocità ricade? Con quale
velocità massima può saltare se non vuole
travolgere un altro sciatore che è appena
atterrato con velocità orizzontale 19.0 m/s ?

x (t ) = v0 cos 35°t



1 2
y(t ) = 12.0 + v0 sin 35°t − gt
2

x
15.0 m


x (t ) = 0.819v0t




y(t ) = 12.0 + 0.574v0t − 4.91t 2



calcoliamo l’istante t * , dipendente dal valore incognito di v0 , in cui si trova a 15.0 m dalla verticale sotto al
trampolino:
x (t * ) = 0.819v0t * = 15.0
t* =
⇒
15.0
0.819v0
la velocità minima per la quale il salto riesce è quella per cui, nell’istante in cui x = 15.0 m , si ha y = 0 :

 15.0
y(t * ) = 12.0 + 0.574 v0 
 0.819 v0
 15.0 2

22.5 = 4.91
 0.819v0 
⇒


2
 − 4.91 15.0  = 0
 0.819v 

0

v0 =
15.0 4.91
= 8.56 m/s
0.819 22.5
Per trovare la velocità con cui ricade si inserisce t * =
vx (t ) = 8.56 cos 35°

vy (t ) = 8.56 sin 35° − 9.81t
⇒

vx (t * ) = 7.01 m/s


v (t * ) = −16.1 m/s


 y
15.0
= 2.14 s nella legge oraria della velocità:
0.819 × 8.56
⇒
v(t * ) = 7.012 + (−16.1)2 = 17.6 m/s
Se non vuole travolgere l’altro sciatore, la sua velocità orizzontale di atterraggio non deve superare 19.0 m/s .
Ma tenendo conto del fatto che la velocità orizzontale non si modifica mai in un problema di caduta libera,
questo è anche il valore orizzontale della velocità al momento del salto:
vx (t ) = v0x = 19.0 m/s = v0 cos 35°
⇒
v0 =
19.0
34.0
=
= 23.2 m/s
cos 35°
0.819
quindi non travolge il secondo sciatore purché v0 ≤ 23.2 m/s
15
Esempio 16
Il più celebre tra i problemi di cinematica è quello che vede un cacciatore posto nell’origine degli assi tentare di colpire
con una freccia una scimmia appollaiata ad un’altezza h fra i rami di un albero che si trova a distanza d . Il
cacciatore, che non conosce bene la cinematica e mira dritto nella direzione della scimmia, sarebbe destinato a fallire il
colpo perché, com’è noto, la traiettoria non è una linea
retta ma una parabola. Tuttavia anche la scimmia non
conosce la cinematica, e nel tentativo di evitare il colpo si
lascia andare nel medesimo istante in cui viene scoccata la
freccia, e viene inevitabilmente colpita al volo. Dimostrare
che, qualunque sia il valore della velocità iniziale, non c’è
h
scampo per la scimmia se si lascia cadere.
v0



x (t ) = d

x F (t ) = v0 cos αt
 S




α


1
1

yF (t ) = v0 sin αt − gt 2
yS (t ) = h − gt 2


d


2
2


Per mostrare che la scimmia viene colpita indipendentemente dal valore v0 della velocità iniziale, bisogna
far vedere che quando l’ordinata della freccia è uguale a quella della scimmia, l’ascissa della freccia è x = d .
Troviamo il tempo t * per il quale si uguagliano le quote della scimmia e della freccia:
yF (t ) = yS (t )
⇒
1
1
v 0 sin αt − gt 2 = h − gt 2
2
2
⇒
t* =
h
v0 sin α
vediamo qual è l’ascissa della freccia in questo particolare istante:
x F (t * ) = v0 cos α
h
cos α
=h
v0 sin α
sin α
Consideriamo ora il triangolo di ipotenusa unitaria e cateti cos α ,
sin α , simile a quello di cateti d , h . Vale la proporzione:
cos α d
= . Sostituendo risulta:
sin α
h
cos α
d
x F (t ) = h
=h
=d
sin α
h
*
h
1
α
cos α
sin α
α
d
e quindi esiste sempre un istante, dipendente dalla velocità iniziale v0 per il quale la freccia ha le stesse
coordinate della scimmia, indipendentemente da quanto vale v0 .
16