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Giocando con la Gravità

Moto di un proiettile

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Studiamo il moto di un oggetto a cui viene impressa una velocità iniziale \vec v = \left( v_{0x}, v_{0y} \right) e soggetto alla forza di gravitazionale della Terra. Scegliamo un sistema di riferimento con l'origine coincidente con la posizione iniziale del corpo e l'asse delle ordinate parallelo alla direzione della forza ma con verso opposto. Si riconosce che il moto di quest'oggetto può essere visto come composizione di un moto rettilineo lungo l'asse delle ascisse e un moto uniformemente accelerato lungo l'asse delle ordinate. Le equazioni del moto espresse in questo sistema di riferimento sono


\begin{cases}
x=v_{0x} t \\
y=v_{0y} t - \frac{1}{2}g t^2
\end{cases}

Dove le componenti della velocità si possono esprimere come


\begin{cases}
v_{0x}=v_0 \cos \alpha \\
v_{0y}=v_0 \sin \alpha 
\end{cases}

Pertanto


\begin{cases}
v_{0x}=v_0 \cos \alpha \\
v_{0y}=v_0 \sin \alpha 
\end{cases}
\Rightarrow
y=\tan ( \alpha ) x - \frac{1}{2} \frac{g}{v_0^2 \cos^2 \alpha} x^2

Quest'ultima è l'equazione della traiettoria, che si riconosce essere una parabola.

Riguardo il moto di quest'oggetto possiamo calcolare i seguenti parametri.

Il tempo di volo Modifica

È sufficiente imporre il passaggio per l'asse delle ascisse: y=0 \Rightarrow v_{0y} t - \frac{1}{2} g t^2 = 0 \Rightarrow 
\begin{cases}t=0 \\
 t=2 \frac{v_{0y}}{g}= 2 \frac{v_0}{g} \sin \alpha
\end{cases}
.

La prima delle due soluzioni è insita nell'ipotesi che il proiettile parta dall'origine degli assi, la seconda è il tempo di volo.

Gittata Modifica

Una volta calcolato il tempo di volo si ricava la distanza raggiunta dall'equazione oraria del moto

x=v_{0x} 2 \frac{v_{0y}}{g}= 2 \frac{v_{0x} v_{0y}}{g}= 2 \frac{v_{0}^2}{g} \sin \alpha \cos \alpha = \frac{v_{0}^2}{g} \sin 2 \alpha

Angolo di lancio Modifica

Il problema inverso consiste nel determinare l'angolo di lancio necessario per raggiungere una distanza \ell.

\ell = 2 {v_{0x}} {v_{0y}} over g = 2 \frac { {v_{0}}^2 \sin \alpha \cos \alpha}{g} =  \frac{ {v_{0}}^2 \sin 2 \alpha } {g}.

Risolvendo quest'ultima rispetto ad \alpha si ottengono le due soluzioni:


\begin{cases}
\alpha = \frac{1}{2} \arcsin{\frac{l g}{v_0^2}} \\
\pi - \alpha = \frac{1}{2} \arcsin{\frac{l g}{v_0^2}}
\end{cases} \Rightarrow

\begin{cases}
\alpha = \frac{1}{2} \arcsin{\frac{l g}{v_0^2}} \\
\alpha = \pi - \frac{1}{2} \arcsin{\frac{l g}{v_0^2}}
\end{cases}

.

Le due soluzioni saranno quindi una maggiore l'altra minore di \frac{\pi}{4}=45^\circ.

Vertice della parabola Modifica

Si può ricavare cercando l'istante in cui la componente verticale della velocità si annulla e quindi


v_y=v_{0y}-gt \Rightarrow 
0=v_{0y}-gt \Rightarrow 
t=\frac{v_{0y}}{g}

sostituendo nell'equazione oraria del moto nella direzione orizzontale si ottiene

x
=v_{0x}t=v_{0x}\frac{v_{0y}}{g}
=\frac{v_{0x} v_{0y}}{g}
=\frac{v_{0}^2}{g} \sin \alpha \cos \alpha 
= \frac{1}{2}\frac{v_{0}^2}{g} \sin 2 \alpha
.

Analogamente si ricava l'altezza massima

y=v_{0y} t - \frac{1}{2} g t^2
=v_{0y} \frac{v_{0y}}{g} -\frac{1}{2} g \left(\frac{v_{0y}}{g}\right)^2
=\frac{v_{0y}^2}{g}-\frac{1}{2}\frac{v_{0y}^2}{g}
=\frac{1}{2}\frac{v_{0y}^2}{g}
=\frac{1}{2}\frac{v_0^2}{g}\sin^2 \alpha
.


Angolo ottimale di gittata Modifica

Fissata la gittata \ell cerchiamo l'angolo che permette di raggiungerla con la minima velocità iniziale:


\ell=\frac{v_0^2}{g} \sin 2 \alpha \Rightarrow v_0=\sqrt{\frac{l g}{sin 2 \alpha}}
.

La derivata di quest'ultima espressione della velocità rispetto all'angolo uguagliata a zero ci fornisce la soluzione del problema:


-\sqrt{l g} \frac{\cos 2 \alpha}{\sqrt{sin^3 2 \alpha}} = 0 \Rightarrow \cos 2 \alpha =0 \Rightarrow \alpha = \frac {\pi}{4}.
.

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