Moto parabolico: formule, gittata, altezza massima ed esercizi svolti

Un pallone calciato verso la porta, il getto d’acqua di una fontana, una palla da basket che entra nel canestro: se trascuri la resistenza dell’aria, disegnano tutti la stessa curva, una parabola. Il moto parabolico, chiamato anche moto del proiettile, è il primo moto in due dimensioni che si incontra in Fisica 1. La bella notizia è che non richiede niente di nuovo: è fatto di due moti che conosci già, uno orizzontale e uno verticale. In questa pagina trovi le formule con la dimostrazione, il perché dei 45°, il lancio orizzontale e quello da un’altezza, tutte le formule inverse e sei esercizi svolti.

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Se invece preferisci leggere, ecco tutto ciò che devi sapere.

Cos’è il moto parabolico

Un corpo si muove di moto parabolico quando viene lanciato con una velocità iniziale non verticale e, da quel momento in poi, l’unica forza che agisce su di lui è la forza peso. Per studiarlo si fanno tre ipotesi, che negli esercizi di Fisica 1 sono quasi sempre sottintese:

• la resistenza dell’aria è trascurabile;
• l’accelerazione di gravità è costante, $g \approx 9{,}81\ \text{m/s}^2$ verso il basso: vale finché le altezze sono piccole rispetto al raggio della Terra;
• il terreno è piano: su distanze di qualche centinaio di metri la curvatura della Terra non si sente.

Un po’ di storia. Già nel 1537 Niccolò Tartaglia, nella Nova Scientia, sosteneva che un cannone tira più lontano quando è inclinato di 45°, ma immaginava la traiettoria fatta di tratti rettilinei e di un arco di circonferenza. È stato Galileo Galilei, nei Discorsi e dimostrazioni matematiche intorno a due nuove scienze del 1638, a dimostrare che un moto orizzontale uniforme sommato a una caduta accelerata dà una parabola. È esattamente il ragionamento che seguiremo.

L’idea chiave: due moti indipendenti

Mettiamo l’origine nel punto di lancio, con l’asse $x$ orizzontale e l’asse $y$ verticale verso l’alto. La gravità tira solo verso il basso, quindi:

• in orizzontale non c’è nessuna accelerazione: il moto è rettilineo uniforme;
• in verticale l’accelerazione è $-g$: il moto è uniformemente accelerato, esattamente come un lancio verso l’alto.

I due moti avvengono insieme ma non si disturbano: l’unica cosa che li lega è il tempo. In ogni istante il proiettile ha una posizione $x$ decisa dal moto orizzontale e una posizione $y$ decisa da quello verticale.

Ecco una prova che puoi fare anche a casa. Se lasci cadere una pallina e nello stesso istante, dalla stessa altezza, ne lanci un’altra in orizzontale, le due palline toccano terra insieme. La velocità orizzontale non rallenta e non accelera la caduta: nella figura le due palline, fotografate ogni 0,2 secondi, si trovano sempre alla stessa altezza.

Le componenti della velocità iniziale

Il proiettile parte con velocità $v_0$ inclinata di un angolo $\theta$ rispetto all’orizzontale. Per usare i due moti separati bisogna dividere questa velocità nelle sue componenti, con la trigonometria del triangolo rettangolo:

$$v_{0x} = v_0 \cos\theta \qquad v_{0y} = v_0 \sin\theta$$

Per esempio, con $v_0 = 20\ \text{m/s}$ e $\theta = 30°$ si ha $v_{0x} \approx 17{,}3\ \text{m/s}$ e $v_{0y} = 10\ \text{m/s}$. La componente orizzontale decide quanto velocemente il proiettile va avanti, quella verticale quanto sale e quanto resta in aria.

Le equazioni del moto

In orizzontale la velocità resta sempre la stessa, quindi la posizione cresce in modo proporzionale al tempo:

$$v_x = v_0 \cos\theta \qquad x(t) = v_0 \cos\theta \; t$$

In verticale la velocità diminuisce di $9{,}81\ \text{m/s}$ ogni secondo, e la posizione segue la legge oraria del moto uniformemente accelerato:

$$\begin{gathered} v_y(t) = v_0 \sin\theta - g\,t \\ y(t) = v_0 \sin\theta \; t - \frac{1}{2}\,g\,t^2 \end{gathered}$$

Queste quattro formule sono tutto ciò che serve: ogni altro risultato della pagina si ricava da qui.

La velocità in un istante qualsiasi

Le due componenti si ricompongono con il teorema di Pitagora, e il loro rapporto dà la direzione:

$$v = \sqrt{v_x^2 + v_y^2} \qquad \tan\alpha = \frac{v_y}{v_x}$$

La velocità è sempre tangente alla traiettoria. In salita $v_y$ è positiva e il vettore punta verso l’alto; nel punto più alto $v_y = 0$ e la velocità è orizzontale; in discesa $v_y$ è negativa e il vettore punta verso il basso. Intanto la componente orizzontale non cambia mai.

L’equazione della traiettoria

Le leggi del moto dicono dove si trova il proiettile quando. Se invece vuoi la forma della curva, cioè la quota $y$ in funzione della distanza $x$, devi eliminare il tempo. Dalla legge orizzontale ricavi $t = \dfrac{x}{v_0\cos\theta}$ e lo sostituisci in quella verticale. Il primo termine diventa $x\,\dfrac{\sin\theta}{\cos\theta} = x\tan\theta$, il secondo $\dfrac{g\,x^2}{2\,v_0^2\cos^2\theta}$, quindi:

$$y = x \tan\theta - \frac{g}{2\,v_0^2 \cos^2\theta}\; x^2$$

È una funzione di secondo grado in $x$ con il coefficiente di $x^2$ negativo: una parabola con la concavità verso il basso che passa per l’origine. Ecco perché il moto si chiama parabolico.

Questa formula è comodissima negli esercizi in cui c’è un ostacolo: ti dice a che altezza passa il proiettile quando si trova a una certa distanza, per esempio per capire se un pallone supera un muro. C’è solo un caso in cui non funziona: con $\theta = 90°$ il coseno vale zero e la formula perde senso. Lì il proiettile non si sposta in orizzontale: è il lancio verticale.

Tempo di volo, altezza massima e gittata

Partiamo dal caso più comune: il proiettile parte e atterra alla stessa quota, come un pallone calciato da terra che ricade a terra.

Tempo di salita e tempo di volo

Il proiettile sale finché la velocità verticale è positiva. Nel punto più alto si annulla, $v_y = 0$:

$$\begin{gathered} v_0\sin\theta - g\,t_s = 0 \\ t_s = \frac{v_0 \sin\theta}{g} \end{gathered}$$

Il tempo di volo è l’istante in cui il proiettile torna a quota zero, $y = 0$. Raccogliendo $t$:

$$\begin{gathered} v_0\sin\theta\; t - \frac{1}{2}\,g\,t^2 = 0 \\ t\left(v_0\sin\theta - \frac{1}{2}\,g\,t\right) = 0 \end{gathered}$$

Una soluzione è $t = 0$, la partenza. L’altra è quella che cerchiamo:

$$T = \frac{2\,v_0\sin\theta}{g} = 2\,t_s$$

Il tempo di volo è il doppio del tempo di salita: la discesa dura quanto la salita, proprio come nel lancio verso l’alto.

Altezza massima

Sostituiamo il tempo di salita nella legge verticale:

$$\begin{gathered} H = v_0\sin\theta \cdot \frac{v_0\sin\theta}{g} - \frac{1}{2}\,g\left(\frac{v_0\sin\theta}{g}\right)^2 \\ H = \frac{v_0^2\sin^2\theta}{g} - \frac{v_0^2\sin^2\theta}{2g} = \frac{v_0^2\sin^2\theta}{2g} \end{gathered}$$

Si arriva allo stesso risultato più in fretta con la formula senza tempo del moto uniformemente accelerato, applicata in verticale: da $v_y^2 = v_{0y}^2 - 2\,g\,y$, ponendo $v_y = 0$, si trova subito $H = v_{0y}^2/(2g)$. L’altezza massima dipende solo dalla componente verticale della velocità di lancio.

Attenzione: nel punto più alto il proiettile non è fermo. La velocità verticale è zero, ma quella orizzontale vale ancora $v_0\cos\theta$. È il punto in cui la velocità è minima, non nulla.

Gittata

La gittata è la distanza orizzontale percorsa durante tutto il volo. In orizzontale il moto è uniforme, quindi basta moltiplicare la velocità orizzontale per il tempo di volo:

$$\begin{gathered} R = v_0\cos\theta \cdot \frac{2\,v_0\sin\theta}{g} \\ R = \frac{v_0^2 \cdot 2\sin\theta\cos\theta}{g} = \frac{v_0^2\sin(2\theta)}{g} \end{gathered}$$

Nell’ultimo passaggio abbiamo usato la formula di duplicazione del seno, $2\sin\theta\cos\theta = \sin(2\theta)$.

Un legame tra altezza massima e gittata

Se dividi l’altezza massima per la gittata, la velocità e $g$ si semplificano e resta solo l’angolo:

$$\frac{H}{R} = \frac{\tan\theta}{4} \qquad \tan\theta = \frac{4H}{R}$$

È una formula poco conosciuta ma molto utile: se conosci quanto sale e quanto lontano arriva un proiettile, trovi subito l’angolo di lancio, come nel sesto esercizio. A 45° la tangente vale 1, quindi la gittata è esattamente quattro volte l’altezza massima.

Il segreto dei 45° e degli angoli complementari

A parità di velocità, la gittata dipende dall’angolo solo attraverso $\sin(2\theta)$. Il seno al massimo vale 1, e questo succede quando $2\theta = 90°$:

$$\theta = 45° \qquad R_{max} = \frac{v_0^2}{g}$$

C’è di più: due angoli complementari, cioè con somma 90°, come 30° e 60° oppure 15° e 75°, danno la stessa gittata. Il motivo sta negli archi associati: $\sin(2\theta) = \sin(180° - 2\theta)$, e $180° - 2\theta$ è proprio il doppio di $90° - \theta$. Con l’angolo più alto il proiettile sale di più e resta in aria più a lungo, ma va più piano in orizzontale; con quello più basso succede il contrario, e i due effetti si compensano alla perfezione.

Galileo dimostrò entrambe le cose nei suoi Discorsi: la gittata massima si ottiene con «l’elevazione di mezzo angolo retto», e due elevazioni che si allontanano da 45° della stessa quantità, una in più e una in meno, danno la stessa gittata.

Il lancio orizzontale

È il caso particolare più frequente negli esercizi: un oggetto viene lanciato in orizzontale da un’altezza $h$, per esempio da un tavolo, da un balcone o da un aereo. Ora $\theta = 0$, quindi $v_{0y} = 0$. Conviene mettere l’origine al suolo, sotto il punto di lancio:

$$x(t) = v_0\,t \qquad y(t) = h - \frac{1}{2}\,g\,t^2$$

In verticale è una caduta libera, quindi il tempo di caduta e la distanza orizzontale percorsa sono:

$$t = \sqrt{\frac{2h}{g}} \qquad x = v_0 \sqrt{\frac{2h}{g}}$$

Il tempo di caduta non dipende dalla velocità orizzontale: è lo stesso esperimento delle due palline della prima figura. Al suolo la velocità verticale vale $g\,t = \sqrt{2gh}$, quindi la velocità d’impatto e il suo angolo sotto l’orizzontale sono:

$$v = \sqrt{v_0^2 + 2\,g\,h} \qquad \tan\alpha = \frac{\sqrt{2gh}}{v_0}$$

La traiettoria, in questo caso, è mezza parabola con il vertice nel punto di lancio: $y = h - \dfrac{g\,x^2}{2\,v_0^2}$.

Il lancio da un’altezza con un angolo

È il caso più generale: il proiettile parte da un’altezza $h$ con velocità $v_0$ inclinata di $\theta$, come un pallone tirato da un balcone o il peso lanciato da un atleta. Con l’origine al suolo la legge verticale diventa:

$$y(t) = h + v_0\sin\theta\; t - \frac{1}{2}\,g\,t^2$$

Ponendo $y = 0$ si ottiene un’equazione di secondo grado in $t$. Delle due soluzioni teniamo quella positiva, perché l’altra corrisponde a un istante prima del lancio:

$$t_{\text{volo}} = \frac{v_0\sin\theta + \sqrt{v_0^2\sin^2\theta + 2\,g\,h}}{g}$$

La gittata è $x = v_0\cos\theta \cdot t_{\text{volo}}$, l’altezza massima dal suolo è $h + \dfrac{v_0^2\sin^2\theta}{2g}$, e la velocità con cui il proiettile tocca terra è:

$$v = \sqrt{v_0^2 + 2\,g\,h}$$

È la stessa del lancio orizzontale e non dipende dall’angolo: lo capirai bene con la conservazione dell’energia meccanica. La formula del tempo di volo vale anche per un lancio verso il basso: basta prendere $\theta$ negativo.

Un classico: il cacciatore e la scimmia

È uno dei problemi più famosi della cinematica, e mostra benissimo l’indipendenza dei due moti. Un cacciatore punta il fucile dritto verso una scimmia appesa a un ramo. Nell’istante esatto dello sparo la scimmia si lascia cadere, sperando di schivare il colpo. Ce la fa?

No, e questo qualunque sia la velocità del proiettile, purché arrivi sotto il ramo prima che la scimmia tocchi terra. Senza gravità il proiettile andrebbe in linea retta lungo la mira e colpirebbe la scimmia nella posizione di partenza. Con la gravità, dopo un tempo $t$ il proiettile si trova $\frac{1}{2}g\,t^2$ più in basso della linea di mira; ma anche la scimmia, nello stesso tempo, è scesa di $\frac{1}{2}g\,t^2$. Cadono della stessa quantità, quindi si incontrano.

Tranquillo, nessuna scimmia si fa male: è un esperimento mentale. Nei laboratori di fisica si fa con un pupazzo tenuto da un elettromagnete, che si stacca nell’istante in cui parte una pallina.

E la resistenza dell’aria?

Nella realtà l’aria frena il proiettile, tanto più quanto è leggero e veloce. La traiettoria non è più una parabola: è più corta, la discesa è più ripida della salita, e l’angolo di gittata massima scende sotto i 45°. Per un sasso o una palla lanciati a mano la parabola resta un’ottima approssimazione; per una pallina da ping pong o un volano da badminton, decisamente no.

Lo sapeva già Galileo: nei Discorsi ammette che l’aria disturba il moto, ma osserva che per corpi pesanti e compatti la differenza è piccola. Negli esercizi di Fisica 1, se il testo non dice il contrario, l’aria si trascura sempre.

Tutte le formule inverse

Negli esercizi capita spesso di conoscere la gittata o l’altezza e dover trovare la velocità o l’angolo. Ecco le formule inverse già pronte, per partenza e arrivo alla stessa quota e per il lancio orizzontale. Se vuoi imparare a ricavarle da solo, trovi il metodo in formule inverse in fisica.

Formula	Formule inverse
$T = \dfrac{2\,v_0\sin\theta}{g}$	$v_0 = \dfrac{g\,T}{2\sin\theta}$ $\sin\theta = \dfrac{g\,T}{2\,v_0}$
$H = \dfrac{v_0^2\sin^2\theta}{2g}$	$v_0 = \dfrac{\sqrt{2\,g\,H}}{\sin\theta}$ $\sin\theta = \dfrac{\sqrt{2\,g\,H}}{v_0}$
$R = \dfrac{v_0^2\sin(2\theta)}{g}$	$v_0 = \sqrt{\dfrac{g\,R}{\sin(2\theta)}}$ $\sin(2\theta) = \dfrac{g\,R}{v_0^2}$
$\dfrac{H}{R} = \dfrac{\tan\theta}{4}$	$\tan\theta = \dfrac{4H}{R}$ $H = \dfrac{R\tan\theta}{4}$

E per il lancio orizzontale da un’altezza $h$:

Formula	Formule inverse
$t = \sqrt{\dfrac{2h}{g}}$	$h = \dfrac{1}{2}\,g\,t^2$
$x = v_0\sqrt{\dfrac{2h}{g}}$	$v_0 = x\sqrt{\dfrac{g}{2h}}$ $h = \dfrac{g\,x^2}{2\,v_0^2}$

Per passare dal seno all’angolo si usa l’arcoseno. Con la gittata le soluzioni sono due, $\theta = \frac{1}{2}\arcsin\dfrac{gR}{v_0^2}$ e il suo complementare $90° - \theta$: un tiro teso e uno a campanile. Se $\dfrac{gR}{v_0^2}$ è maggiore di 1 non ci sono soluzioni: con quella velocità il bersaglio è troppo lontano.

Gli errori più comuni

• Usare la formula della gittata quando le quote sono diverse. $R = v_0^2\sin(2\theta)/g$ vale solo se il proiettile atterra alla stessa altezza da cui è partito. Altrimenti si trova il tempo di volo e lo si moltiplica per $v_0\cos\theta$.
• Calcolatrice in radianti. Se gli angoli sono in gradi, controlla che la calcolatrice sia in modalità DEG: $\sin 30$ in radianti fa circa $-0{,}99$, non $0{,}5$.
• Pensare che in cima la velocità sia zero. È zero solo la componente verticale.
• Mescolare le componenti. Nella legge orizzontale va $v_0\cos\theta$, non $v_0$; in quella verticale $v_0\sin\theta$.
• Sbagliare il segno di $g$. Con l’asse $y$ verso l’alto l’accelerazione è $-g$; se scegli l’asse verso il basso cambiano tutti i segni, e va bene lo stesso purché tu sia coerente.
• Credere che un oggetto più veloce in orizzontale cada più piano. Il tempo di caduta dipende solo dal moto verticale.

Esercizi svolti

1. Il calcio al pallone

Testo. Un pallone viene calciato da terra con velocità di 20 m/s inclinata di 30° sopra l’orizzontale. Trova il tempo di volo, l’altezza massima e la gittata. Dove si trova, e quanto veloce va, dopo 1,5 s?

Componenti della velocità iniziale: $v_{0x} = 20\cos 30° \approx 17{,}3\ \text{m/s}$ e $v_{0y} = 20\sin 30° = 10\ \text{m/s}$.

$$\begin{gathered} T = \frac{2 \cdot 10}{9{,}81}\ \text{s} \approx 2{,}04\ \text{s} \\ H = \frac{10^2}{2 \cdot 9{,}81}\ \text{m} \approx 5{,}10\ \text{m} \\ R = \frac{20^2 \sin 60°}{9{,}81}\ \text{m} \approx 35{,}3\ \text{m} \end{gathered}$$

Dopo 1,5 s il pallone ha già superato il punto più alto, che raggiunge a $t_s \approx 1{,}02\ \text{s}$:

$$\begin{gathered} x = 17{,}3 \cdot 1{,}5\ \text{m} \approx 26{,}0\ \text{m} \\ y = 10 \cdot 1{,}5 - 4{,}905 \cdot 1{,}5^2\ \text{m} \approx 3{,}96\ \text{m} \\ v_y = 10 - 9{,}81 \cdot 1{,}5\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}} \approx -4{,}72\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}} \end{gathered}$$

Il segno meno dice che sta scendendo. La velocità totale è $v = \sqrt{17{,}3^2 + 4{,}72^2} \approx 18{,}0\ \text{m/s}$. Con lo stesso calcio a 45° la gittata salirebbe a $20^2/9{,}81 \approx 40{,}8\ \text{m}$, mentre a 60° tornerebbe a 35,3 m.

2. La pallina dalla terrazza

Testo. Da una terrazza alta 5 m lanci una pallina in orizzontale a 10 m/s. Dopo quanto tocca terra, a che distanza e con che velocità?

È un lancio orizzontale, quindi il tempo è quello di una caduta libera da 5 m:

$$\begin{gathered} t = \sqrt{\frac{2 \cdot 5}{9{,}81}}\ \text{s} \approx 1{,}01\ \text{s} \\ x = 10 \cdot 1{,}01\ \text{m} \approx 10{,}1\ \text{m} \end{gathered}$$

Al suolo la velocità verticale è $g\,t \approx 9{,}90\ \text{m/s}$, quella orizzontale è ancora 10 m/s:

$$\begin{gathered} v = \sqrt{10^2 + 9{,}90^2}\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}} \approx 14{,}1\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}} \\ \tan\alpha = \frac{9{,}90}{10} \approx 0{,}99 \end{gathered}$$

La pallina arriva a circa 14,1 m/s, inclinata di circa 44,7° sotto l’orizzontale. Controllo con la formula $v = \sqrt{v_0^2 + 2gh} = \sqrt{100 + 98{,}1} \approx 14{,}1\ \text{m/s}$: torna.

3. Centrare il bersaglio

Testo. Lanci una palla a 20 m/s e vuoi colpire un bersaglio a terra a 30 m di distanza. Con che angolo devi tirare? E qual è la velocità minima per arrivare a 50 m?

Dalla formula inversa della gittata:

$$\sin(2\theta) = \frac{g\,R}{v_0^2} = \frac{9{,}81 \cdot 30}{20^2} \approx 0{,}736$$

L’arcoseno dà $2\theta \approx 47{,}4°$, quindi $\theta \approx 23{,}7°$. Ma c’è anche la soluzione complementare, $\theta \approx 66{,}3°$. Entrambe colpiscono il bersaglio: il tiro teso a 23,7° ci mette circa 1,64 s e sale solo 3,3 m, quello a campanile a 66,3° resta in aria circa 3,73 s e sale fino a 17,1 m.

Velocità minima per 50 m. La gittata più lunga, a parità di velocità, si ottiene a 45°, quando $R = v_0^2/g$:

$$v_0 = \sqrt{g\,R} = \sqrt{9{,}81 \cdot 50}\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}} \approx 22{,}1\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$$

4. Il lancio del peso

Testo. Un atleta lancia il peso da un’altezza di 2,0 m, con velocità di 12 m/s inclinata di 40°. Quanto lontano arriva? Quanto sbaglieresti usando la formula della gittata?

Le componenti sono $v_{0x} = 12\cos 40° \approx 9{,}19\ \text{m/s}$ e $v_{0y} = 12\sin 40° \approx 7{,}71\ \text{m/s}$. Partenza e arrivo sono a quote diverse, quindi serve il tempo di volo del lancio da un’altezza:

$$\begin{gathered} t = \frac{7{,}71 + \sqrt{7{,}71^2 + 2 \cdot 9{,}81 \cdot 2}}{9{,}81}\ \text{s} \\ t = \frac{7{,}71 + 9{,}94}{9{,}81}\ \text{s} \approx 1{,}80\ \text{s} \\ x = 9{,}19 \cdot 1{,}80\ \text{m} \approx 16{,}5\ \text{m} \end{gathered}$$

Con la formula $R = v_0^2\sin(2\theta)/g$ avresti trovato $144 \cdot \sin 80° / 9{,}81 \approx 14{,}5\ \text{m}$: due metri in meno, un errore del 12%. Il peso sale fino a $2 + 7{,}71^2/(2 \cdot 9{,}81) \approx 5{,}03\ \text{m}$ dal suolo e atterra a $\sqrt{12^2 + 2 \cdot 9{,}81 \cdot 2} \approx 13{,}5\ \text{m/s}$.

Curiosità: con l’angolo migliore, circa 41,6°, il peso arriverebbe a 16,56 m, appena 2 cm più lontano. Vicino all’angolo ottimale la gittata cambia pochissimo.

5. Il pacco sganciato dall’aereo

Testo. Un aereo vola in orizzontale a 500 m di quota, alla velocità di 180 km/h, e deve sganciare un pacco che cada su un punto preciso. Quanti metri prima del bersaglio deve sganciarlo? Con che velocità arriva a terra il pacco, trascurando l’aria?

La velocità è $v_0 = 180/3{,}6 = 50\ \text{m/s}$. Il pacco parte con la stessa velocità orizzontale dell’aereo, quindi è un lancio orizzontale:

$$\begin{gathered} t = \sqrt{\frac{2 \cdot 500}{9{,}81}}\ \text{s} \approx 10{,}1\ \text{s} \\ x = 50 \cdot 10{,}1\ \text{m} \approx 505\ \text{m} \end{gathered}$$

Il pilota deve sganciare il pacco circa 505 m prima del bersaglio. A terra la velocità verticale è $9{,}81 \cdot 10{,}1 \approx 99\ \text{m/s}$, e quella totale $\sqrt{50^2 + 99^2} \approx 111\ \text{m/s}$, cioè circa 400 km/h: ecco perché nella realtà si usa un paracadute.

C’è anche un dettaglio sorprendente. Pacco e aereo hanno la stessa velocità orizzontale, quindi senza aria il pacco resta sempre esattamente sotto l’aereo: il pilota, guardando in basso, lo vede cadere in verticale.

6. Il getto della fontana

Testo. Il getto d’acqua di una fontana parte dal bordo della vasca, sale fino a 5,0 m e ricade a 20 m di distanza, alla stessa quota. Con che angolo e con che velocità esce l’acqua? Quanto tempo resta in aria una goccia?

Conosciamo altezza massima e gittata, quindi l’angolo si trova subito:

$$\tan\theta = \frac{4H}{R} = \frac{4 \cdot 5}{20} = 1 \qquad \theta = 45°$$

Dall’altezza massima ricaviamo la componente verticale, $v_{0y} = \sqrt{2\,g\,H}$, e da questa la velocità:

$$\begin{gathered} v_{0y} = \sqrt{2 \cdot 9{,}81 \cdot 5}\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}} \approx 9{,}90\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}} \\ v_0 = \frac{v_{0y}}{\sin 45°} \approx 14{,}0\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}} \\ T = \frac{2\,v_{0y}}{g} \approx 2{,}02\ \text{s} \end{gathered}$$

Verifica: a 45° la gittata è $v_0^2/g = 14{,}0^2/9{,}81 \approx 20\ \text{m}$. Torna.

Altri problemi, come il pallone che deve superare un muro, li trovi negli esercizi svolti di cinematica.

In sintesi

• Il moto parabolico è la combinazione di un moto uniforme in orizzontale e di un moto uniformemente accelerato in verticale, legati solo dal tempo.
• Le componenti della velocità iniziale sono $v_0\cos\theta$ e $v_0\sin\theta$; la componente orizzontale non cambia mai.
• La traiettoria è una parabola con la concavità verso il basso, perché $y$ dipende da $x^2$.
• Con partenza e arrivo alla stessa quota: tempo di volo $T = 2v_0\sin\theta/g$, altezza massima $H = v_0^2\sin^2\theta/(2g)$ e gittata $R = v_0^2\sin 2\theta/g$. La gittata è massima a 45°, e angoli complementari danno la stessa gittata.
• Nel lancio orizzontale da un’altezza $h$ il tempo di caduta è $\sqrt{2h/g}$, come in caduta libera; se le quote sono diverse la formula della gittata non vale.

Il prossimo moto in due dimensioni è il moto circolare, in cui la traiettoria è una circonferenza.