Esercizi svolti · Scheda 1

Lanci orizzontali da una quota

Teoria usata: Moto del proiettile Leggi orarie del proiettile Lancio orizzontale Velocità in funzione della quota

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Esercizio 1

Una pallina rotola sul piano di un tavolo alto $h = 0, 80 m$ e ne lascia il bordo con velocità orizzontale $v_{0} = 2, 5 m/s$ . Trascurando la resistenza dell’aria, calcolare il tempo di caduta e la distanza orizzontale dal bordo del tavolo del punto in cui la pallina tocca il pavimento.

Origine sul pavimento, sulla verticale del bordo; asse $x$ orizzontale nel verso del moto, asse $y$ verso l’alto.

x (t) = v_{0} t, y (t) = h - \frac{1}{2} g t^{2}

y (t_{c}) = 0 ⟹ t_{c} = \frac{2 h}{g}, d = x (t_{c}) = v_{0} \frac{2 h}{g}

t_{c} = \frac{2 \cdot 0 , 80 m}{9 , 81 m/ s ^{2}} = 0, 404 s, d = 2, 5 m/s \cdot 0, 404 s = 1, 01 m

La resistenza dell’aria è trascurabile, quindi dopo il distacco dal tavolo l’unica accelerazione è quella di gravità e si applicano le leggi orarie del proiettile con $θ = 0$ . Lungo $x$ il moto è uniforme con velocità $v_{0}$ ; lungo $y$ il moto è uniformemente accelerato e parte con velocità verticale nulla, perché la velocità iniziale è orizzontale. La pallina tocca il pavimento quando $y = 0$ , e da questa condizione si ricava il tempo di caduta, che dipende solo dall’altezza del tavolo. Sostituendo $t_{c}$ nella legge oraria di $x$ si ottiene la distanza, perciò la pallina cade a $1, 01 m$ dal bordo dopo $0, 404 s$ . Come controllo dimensionale, $\frac{h}{g}$ si misura in $\frac{m}{m/ s ^{2}} = s^{2}$ , quindi la sua radice è un tempo.

Esercizio 2

Un aereo di soccorso vola in orizzontale a quota $h = 125 m$ con velocità $v_{0} = 50 m/s$ e deve sganciare un pacco di viveri su un punto del suolo. Trascurando la resistenza dell’aria, calcolare a quale distanza orizzontale dal punto va sganciato il pacco e con quale velocità (modulo e angolo sotto l’orizzontale) il pacco tocca il suolo.

Origine al suolo sotto il punto di sgancio; il pacco parte con la velocità dell’aereo, $v_{0} = v_{0} \overset{}{^}$ .

t_{c} = \frac{2 h}{g}, d = v_{0} t_{c}, v_{y} = - g t_{c}, v = v_{0}^{2} + 2 g h, tan β = \frac{∣ v _{y} ∣}{v _{0}}

t_{c} = \frac{2 \cdot 125 m}{9 , 81 m/ s ^{2}} = 5, 05 s, d = 50 m/s \cdot 5, 05 s = 252 m

∣ v_{y} ∣ = 9, 81 m/ s^{2} \cdot 5, 05 s = 49, 5 m/s, v = 2500 + 2 \cdot 9, 81 \cdot 125 m/s = 70, 4 m/s

tan β = \frac{49 , 5}{50} ⟹ β = 44, 7^{\circ}

Nell’istante dello sgancio il pacco ha la stessa velocità dell’aereo, quindi parte con velocità orizzontale $v_{0} = 50 m/s$ , e il suo moto è un lancio orizzontale da quota $h$ . Il tempo di caduta si ricava dalla condizione $y = 0$ e vale $5, 05 s$ ; in questo tempo il pacco avanza in orizzontale di $252 m$ , perciò lo sgancio va fatto $252 m$ prima della verticale del punto. Per la velocità di arrivo la componente orizzontale resta $v_{0}$ , mentre la componente verticale è $g t_{c}$ verso il basso. Il modulo si ottiene con il teorema di Pitagora oppure, con lo stesso risultato, dalla velocità in funzione della quota, $v^{2} = v_{0}^{2} + 2 g h$ . Il pacco arriva a $70, 4 m/s$ con un angolo di $44, 7^{\circ}$ sotto l’orizzontale. Poiché anche l’aereo prosegue con velocità orizzontale $v_{0}$ , durante la caduta il pacco resta sempre sulla verticale dell’aereo.

Esercizio 3

Da una scogliera alta $h = 20 m$ si lancia un sasso in orizzontale, e il sasso cade in mare a $d = 18 m$ dalla base della scogliera. Trascurando la resistenza dell’aria, calcolare la velocità di lancio $v_{0}$ e la velocità (modulo e angolo sotto l’orizzontale) con cui il sasso colpisce l’acqua.

Origine al livello del mare alla base della scogliera, asse $y$ verso l’alto.

t_{c} = \frac{2 h}{g}, v_{0} = \frac{d}{t _{c}} = d \frac{g}{2 h}

t_{c} = \frac{2 \cdot 20 m}{9 , 81 m/ s ^{2}} = 2, 02 s, v_{0} = \frac{18 m}{2 , 02 s} = 8, 91 m/s

∣ v_{y} ∣ = g t_{c} = 19, 8 m/s, v = v_{0}^{2} + v_{y}^{2} = 8, 9 1^{2} + 19, 8^{2} m/s = 21, 7 m/s

tan β = \frac{∣ v _{y} ∣}{v _{0}} = \frac{19 , 8}{8 , 91} ⟹ β = 65, 8^{\circ}

Traiettoria del sasso,

y = 20 - \frac{20}{324} x^{2}

in metri: parte in orizzontale e arriva in acqua a

18 m

dalla base, con velocità inclinata di

65, 8^{\circ}

sotto l'orizzontale

La distanza di caduta è nota e la velocità di lancio è incognita, quindi si parte dal moto verticale, che non dipende da $v_{0}$ . Il moto verticale è una caduta da ferma da $20 m$ , perciò il tempo di caduta vale $2, 02 s$ . In questo tempo il moto orizzontale uniforme copre $18 m$ , e quindi $v_{0} = \frac{d}{t _{c}} = 8, 91 m/s$ . All’arrivo la componente orizzontale della velocità è ancora $v_{0}$ , la componente verticale è $g t_{c}$ verso il basso, e combinandole si ottengono il modulo $21, 7 m/s$ e l’angolo $65, 8^{\circ}$ sotto l’orizzontale. Il controllo con la velocità in funzione della quota dà $8, 9 1^{2} + 2 \cdot 9, 81 \cdot 20 m/s = 21, 7 m/s$ , in accordo con il risultato.