Esercizi svolti · Scheda 2

Lanci obliqui dal suolo

Teoria usata: Leggi orarie del proiettile Traiettoria parabolica Altezza massima Tempo di volo e gittata Gittata massima e angoli complementari

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Esercizio 1

Un pallone viene calciato dal suolo con velocità $v_{0} = 20 m/s$ inclinata di $θ = 3 0^{\circ}$ sull’orizzontale. Trascurando la resistenza dell’aria e le dimensioni del pallone, calcolare il tempo di volo, l’altezza massima e la gittata, con arrivo alla quota di partenza.

Origine nel punto di lancio, asse $y$ verso l’alto.

v_{0 x} = v_{0} cos θ = 17, 3 m/s, v_{0 y} = v_{0} sin θ = 10, 0 m/s

T = \frac{2 v _{0 y}}{g}, H = \frac{v _{0 y}^{2}}{2 g}, R = v_{0 x} T = \frac{v _{0}^{2} sin 2 θ}{g}

T = \frac{2 \cdot 10 , 0 m/s}{9 , 81 m/ s ^{2}} = 2, 04 s, H = \frac{( 10 , 0 m/s ) ^{2}}{2 \cdot 9 , 81 m/ s ^{2}} = 5, 10 m

R = \frac{( 20 m/s ) ^{2} sin 6 0 ^{\circ}}{9 , 81 m/ s ^{2}} = 35, 3 m

Traiettoria del pallone calciato a

3 0^{\circ}

con

v_{0} = 20 m/s

: altezza massima

5, 10 m

a metà percorso, gittata

35, 3 m

Il pallone è assimilabile a un punto e l’aria non lo frena, quindi valgono le leggi orarie del proiettile. Si scompone la velocità iniziale nelle due componenti; la componente orizzontale resta costante durante il volo, quella verticale determina quanto il pallone sale e quanto resta in aria. Il punto di arrivo è alla quota di partenza, perciò si applicano le formule del tempo di volo e della gittata, e l’altezza massima si ricava dalla sola componente verticale. Il pallone resta in volo $2, 04 s$ , sale fino a $5, 10 m$ e ricade a $35, 3 m$ . Come controllo, $v_{0 x} T = 17, 3 m/s \cdot 2, 04 s = 35, 3 m$ , uguale al valore dato dalla formula con $sin 2 θ$ .

Esercizio 2

Un proiettile lanciato dal suolo con velocità di modulo $v_{0} = 25 m/s$ deve ricadere al suolo a $R = 50 m$ dal punto di lancio, su un terreno orizzontale. Trascurando la resistenza dell’aria, determinare gli angoli di lancio possibili e il tempo di volo corrispondente a ciascuno.

R = \frac{v _{0}^{2} sin 2 θ}{g} ⟹ sin 2 θ = \frac{g R}{v _{0}^{2}}

sin 2 θ = \frac{9 , 81 m/ s ^{2} \cdot 50 m}{( 25 m/s ) ^{2}} = 0, 785

2 θ = 51, 7^{\circ} oppure 2 θ = 18 0^{\circ} - 51, 7^{\circ} = 128, 3^{\circ}

θ_{1} = 25, 9^{\circ}, θ_{2} = 64, 1^{\circ}

T = \frac{2 v _{0} sin θ}{g}, T_{1} = \frac{2 \cdot 25 \cdot sin 25 , 9 ^{\circ}}{9 , 81} s = 2, 22 s

T_{2} = \frac{2 \cdot 25 \cdot sin 64 , 1 ^{\circ}}{9 , 81} s = 4, 59 s

Il punto di arrivo è alla quota del lancio, quindi la gittata è data dalla formula $R = \frac{v _{0}^{2} sin 2 θ}{g}$ , nella quale l’unica incognita è l’angolo. Il valore $\frac{g R}{v _{0}^{2}} = 0, 785$ è minore di $1$ , perciò il bersaglio è raggiungibile, e l’equazione $sin 2 θ = 0, 785$ ha due soluzioni con $0^{\circ} < 2 θ < 18 0^{\circ}$ , supplementari tra loro. I due angoli di lancio sono quindi complementari, $25, 9^{\circ}$ e $64, 1^{\circ}$ , come previsto dall’osservazione sulla gittata massima. Il lancio a $64, 1^{\circ}$ ha una componente verticale della velocità maggiore, perciò resta in volo più a lungo, $4, 59 s$ contro $2, 22 s$ . Se fosse $\frac{g R}{v _{0}^{2}} > 1$ l’equazione non avrebbe soluzioni, perché la gittata massima $\frac{v _{0}^{2}}{g} = 63, 7 m$ sarebbe minore di $R$ .

Esercizio 3

Si vuole calciare un pallone dal suolo in modo che raggiunga un’altezza massima $H = 12 m$ e ricada a $R = 40 m$ dal punto di lancio, alla stessa quota. Trascurando la resistenza dell’aria, calcolare il modulo $v_{0}$ della velocità iniziale e l’angolo di lancio $θ$ .

H = \frac{v _{0 y}^{2}}{2 g} ⟹ v_{0 y} = 2 g H

T = \frac{2 v _{0 y}}{g}, v_{0 x} = \frac{R}{T} = \frac{g R}{2 v _{0 y}}

tan θ = \frac{v _{0 y}}{v _{0 x}} = \frac{2 v _{0 y}^{2}}{g R} = \frac{4 H}{R}, v_{0} = v_{0 x}^{2} + v_{0 y}^{2}

v_{0 y} = 2 \cdot 9, 81 \cdot 12 m/s = 15, 3 m/s, T = 3, 13 s, v_{0 x} = \frac{40 m}{3 , 13 s} = 12, 8 m/s

tan θ = \frac{4 \cdot 12}{40} = 1, 2 ⟹ θ = 50, 2^{\circ}, v_{0} = 15, 3^{2} + 12, 8^{2} m/s = 20, 0 m/s

L’altezza massima dipende solo dalla componente verticale della velocità iniziale, quindi la condizione su $H$ determina $v_{0 y}$ . Noto $v_{0 y}$ , è noto anche il tempo di volo, che vale $3, 13 s$ ; in questo tempo il moto orizzontale uniforme deve coprire $40 m$ , e da qui si ricava $v_{0 x}$ . Il rapporto tra le due componenti dà la tangente dell’angolo, e semplificando si trova la relazione $tan θ = \frac{4 H}{R}$ , che non dipende da $g$ né da $v_{0}$ . Perciò il pallone va calciato a $50, 2^{\circ}$ con velocità $20, 0 m/s$ . Come controllo, con questi valori la formula della gittata dà $\frac{20 , 0 ^{2} \cdot sin 100 , 4 ^{\circ}}{9 , 81} m = 40, 1 m$ , in accordo con i dati entro gli arrotondamenti.