In questo appunto vediamo un secondo esercizio sul moto di caduta libera di un corpo. Affrontiamo, in particolare, il caso di più corpi soggetti al moto di caduta libera. Per capire pienamente lo svolgimento è necessario avere familiarità con le grandezze fisiche vettoriali, le proprietà dei vettori e la legge oraria del moto uniformemente accelerato e quindi del moto di caduta libera. L’esercizio proposto è infatti un esempio con difficoltà alta dell’applicazione della legge oraria di quest’ultimo moto..

Prima di procedere con lo svolgimento dell’esercizio ti ricordiamo che per accedere ad altri appunti di fisica I o di cinematica puoi visitare l’indice degli argomenti. Qui troverai anche ulteriori esercizi sul moto di caduta libera di un corpo e di moto uniformemente accelerato

Passiamo adesso alla traccia ed allo svolgimento di questo secondo esercizio sul moto uniformemente accelerato.

Secondo esercizio sul moto di caduta libera di un corpo

Un nuotatore si tuffa da un trampolino situato ad un’altezza di 40 metri. Dopo 1 secondo di caduta libera si trova alla stessa altezza di una palla lanciata dal bordo vasca. La palla prosegue con il suo moto e raggiunge velocità 0 proprio all’altezza del trampolino e torna giù. Dopo due secondi dal salto del tuffo, una seconda palla viene lanciata dal bordo vasca ad una velocità di 20m/s. Con questi dati determinare:

  • se è corretto dire che la prima palla raggiungerà l’acqua della piscina due secondi più tardi del nuotatore. Come lo spieghi? (Il quesito può essere risolto senza calcoli)
  • a che altezza la seconda palla incontra prima il nuotatore e poi la prima palla
Risoluzione

Il problema è una combinazione di tre moti di caduta libera:

  • il moto del nuotatore
  • il moto della prima palla
  • il moto della seconda palla

Riportiamo graficamente le informazioni dell’esercizio:

secondo esercizio sul moto di caduta libera

per impostare l’esercizio è necessario individuare le leggi orarie dei tre moti. Dal punto di vista temporale si considera l’istante 0 come il momento in cui il nuotatore esegue il salto. La legge oraria del moto del nuotatore sarà:

y_{n} = 40-\frac{1}{2}gt^{2}

della prima palla sappiamo che dopo 1 secondo dal salto si trova alla stessa altezza del nuotatore, che indicheremo con yn1 e avrà una velocità che chiameremo v1. Il moto di caduta libera sarà allora:

y_{p1} = y_{n1}+v_{1}(t-1)-\frac{1}{2}g(t-1)^{2}

la seconda palla viaggerà invece con legge oraria:

y_{p2}= 20(t-2)-\frac{1}{2}g(t-2)^{2}

Osserviamo le tre leggi orarie e notiamo che:

  • per il nuotatore e la seconda palla siamo in grado di dire istante per istante dove si trova il corpo in quanto tutti i coefficienti delle due leggi orarie sono noti
  • la legge della prima palla presenta due coefficienti da determinare. Il primo è il coefficiente yn1 ed il secondo la velocità v1. Determiniamoli:

yn1 coincide con l’altezza del nuotatore dopo 1 secondo. Sfruttiamo la sua legge oraria per detemrinarlo:

y_{n1} = 40-\frac{1}{2}gt^{2} =40-\frac{1}{2}9,81*1^{2} =35,095m

dunque la legge oraria della prima palla diviene:

y_{p1} = 35,095+v_{1}(t-1)-\frac{1}{2}g(t-1)^{2}

ci manca da determinare v1. Consideriamo adesso il tratto del moto di caduta della prima palla che dall’altezza esatta di 35,095 metri porta la palla a 40 metri. Possiamo scrivere le due relazioni:

40 = 35,095+v_{1}(t-1)-\frac{1}{2}g(t-1)^{2} \\\,\\ 0 =v_{1}-g(t-1)

dove la seconda equazione deriva dalla relazione generica del moto di caduta libera:

v_{f}=v_{i}-gt

Dalla seconda equazione possiamo ricavare:

v_{1} = g(t-1)

che possiamo sostituire nella prima equazione:

40 = 35,095+v_{1}(t-1)-\frac{1}{2}g(t-1)^{2} \\\,\\ \Rightarrow \\\,\\40 = 35,095+g(t-1)^{2}-\frac{1}{2}g(t-1)^{2}

semplifichiamo:

4,905 = \frac{1}{2}g(t-1)^{2} \\\,\\ \Rightarrow \\\,\\ (t-1) = \pm \sqrt{\frac{2*4.905}{9.81}} =\pm1 \\\,\\\Rightarrow \\\,\\ t_{1}=0 \,\,\,\,\,t_{2}=2

t=0 è un’istante precedente a quello del tratto di nostro interesse. Il secondo istante ha invece senso nella nostra applicazione. Calcoliamoci adesso la velocità:

v_{1}=g(t-1) \\\,\\ \Rightarrow \\\,\\ v_{1}= 9,81 m/s

possiamo finalmente scrivere le tre leggi orarie:

y_{n} = 40-\frac{1}{2}gt^{2} \\\,\\y_{p1} = 35,095+9,81(t-1)-\frac{1}{2}g(t-1)^{2} \\\,\\y_{p2}= 20(t-2)-\frac{1}{2}g(t-2)^{2}

adesso che abbiamo impostato le leggi orarie proseguiamo con la prima richiesta.

se è corretto dire che la prima palla raggiungerà l’acqua della piscina due secondi più tardi del nuotatore. Come lo spieghi?

La risposta è affermativa. Lo spieghiamo in quanto la prima palla ed il nuotatore si muovono con lo stesso tipo di moto di caduta libera. Entrambi arrivano ad un’altezza massima di 40 metri dove entrambi a quell’altezza hanno velocità nulla. Dunque poiché il nuotatore ha percorso 1 secondo per scendere da 40 metri a 35,095, la palla compirà un secondo per salire da 35,095 a 40 metri e 1 secondo per ridiscendere da 40 a 35,095 metri. La palla impiegherà poi lo stesso tempo del nuotatore per percorrere la distanza da 35,095 a 0 metri. Dunque il delta dei due moti è proprio 2 secondi.

Volendolo calcolare, determiniamo in quale istante il nuotatore raggiunge l’acqua:

y_{n} = 40-\frac{1}{2}gt^{2} \\\,\\ \Rightarrow \\\,\\ 0 = 40-9,81t^{2}\\\,\\ \Rightarrow \\\,\\ t = \pm\sqrt{\frac{40}{9.81}} =\pm2,85s

dove prendiamo solo l’istante positivo come soluzione. Calcoliamo adesso l’istante in cui la palla tocca l’acqua:

y_{p1} = 35,095+9,81(t-1)-\frac{1}{2}g(t-1)^{2} \\\,\\ \Rightarrow \\\,\\ 0 = 35,095+9,81(t-1)-4,905(t-1)^{2}

trattasi di un’equazione di secondo grado:

 4,905(t-1)^{2}-9,81(t-1)-35,095=0

risolviamo:

(t-1)_{12} = \frac{9,81\pm \sqrt{9,81^{2}+4*4,905*35,095}}{2*4,095} =\frac{9,81\pm \sqrt{784,8}}{9,81}\\\,\\ \\ \Rightarrow\\\,\\ (t-1)_{1} = \frac{9.81+28,01}{9,81} =3,85s \\\,\\ \\\\\,\\(t-1)_{2} =\frac{9,81-28,01}{9,81} =-1,85s

prendiamo solo il valore positivo del tempo. Esplicitiamo t:

t-1 = 3,85 \\\,\\ \Rightarrow \\\,\\ t=4,85

la differenza tra i due moti è proprio 2 secondi.

A che altezza la seconda palla incontra prima il nuotatore e poi la prima palla

Per risolvere questa parte dell’esercizio bisogna mettere a sistema la legge oraria della seconda palla con la legge oraria del nuotatore e della prima palla. Andiamo con ordine.

Sistema nuotatore seconda palla:

\left\{\begin{matrix}
y_{n} = 40-\frac{1}{2}gt^{2} \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\\ \,\\
y_{p2}= 20(t-2)-\frac{1}{2}g(t-2)^{2}
\end{matrix}\right.

ponendo:

y_{n} = y_{p2}

abbiamo:

 

40-\frac{1}{2}gt^{2} = 20t-40-\frac{1}{2}g(t-2)^{2} \\\,\\ \Rightarrow \\\,\\  40-\frac{1}{2}gt^{2}=20t-40-\frac{1}{2}gt^{2}+2gt-2g \\\,\\ \Rightarrow \\\,\\ 80+2g = 20t+2gt \\\,\\ \Rightarrow \\\,\\ t= \frac{2g+80}{20+g} =\frac{2*9,81+80}{20+9,81} = 2,51s

sappiamo dunque che i due corpi si incontrano dopo 2,51 secondi dall’inizio del tuffo. Per sapere a che altezza, sostituiamo il valore di t in una delle leggi orarie. Quella del nuotatore è la più semplice

y=40-\frac{1}{2}gt^{2}= 40-\frac{1}{2}*9.81*2,51^{2} = 8,98m

palla e nuotatore si incontrano ad un’altezza di 8,98m.

Sistema palla 1 e palla 2:

\left\{\begin{matrix}
y_{p1} = 35,095+9,81(t-1)-\frac{1}{2}g(t-1)^{2} \\ \,\\
y_{p2}= 20(t-2)-\frac{1}{2}g(t-2)^{2} \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,
\end{matrix}\right.

poniamo ancora:

y_{p1}=y_{p2}

otteniamo:

 35,095+9,81(t-1)-\frac{1}{2}g(t-1)^{2} =  20(t-2)-\frac{1}{2}g(t-2)^{2}

risolviamo:

 35,095+9,81(t-1)-\frac{1}{2}g(t-1)^{2} =  20(t-2)-\frac{1}{2}g(t-2)^{2} \\\,\\ \Rightarrow \\\,\\ 35,095+9,81t-9,81-\frac{1}{2}gt^{2}-\frac{1}{2}g+gt=20t-40--\frac{1}{2}gt^{2}-2g+2gt \\\,\\ \Rightarrow \\\,\\ 65,285-\frac{1}{2}g+2g =20t+gt-9,81t  \\\,\\ \Rightarrow \\\,\\ 80=20t  \\\,\\ \Rightarrow \\\,\\ t=4s

sostituiamo tale valore di t ad una delle leggi orarie. Scegliamo quella della seconda palla:

y_{p2}= 20(t-2)-\frac{1}{2}g(t-2)^{2}  \\\,\\ \Rightarrow \\\,\\ y_{p2}= 20(4-2)-\frac{1}{2}g(4-2)^{2}  = 40-2g =20,38m

le due palle si incontrano ad un’altezza di 20,38m

Secondo esercizio sul moto di caduta libera di un corpo