Il moto parabolico

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1. Ripasso: velocità di impatto con l'energia

Riprendiamo il problema del Lavoro della forza peso, piano i… (15/7/2025). Il corpo ($m = 1{,}8\ \text{kg}$) arriva nel punto $C$ con velocità orizzontale $v_C = 1{,}7\ \text{m/s}$ e cade da un gradino di altezza $\overline{CC'} = 0{,}5\ \text{m}$, atterrando in $D$. Vogliamo $v_D$.

Nella caduta solo il peso compie lavoro, con $dW = mg\,dz$. Dal teorema dell'energia cinetica sul tratto $CD$:

$$W_{CD} = K_D - K_C \;\Longrightarrow\; mg\,\overline{CC'} = \frac{1}{2}m\,v_D^2 - \frac{1}{2}m\,v_C^2$$ $$v_D = \sqrt{2g\,\overline{CC'} + v_C^2} = \sqrt{2\cdot 10\cdot 0{,}5 + 1{,}7^2} = \sqrt{10 + 2{,}89} \approx 3{,}6\ \frac{\text{m}}{\text{s}}$$

Questo ci dà il modulo della velocità di impatto, ma non la sua direzione. Per avere il quadro completo (direzione di arrivo, gittata, forma della traiettoria) serve studiare il moto come parabolico.

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2. Il moto parabolico

Quando un corpo viene lanciato con una velocità che ha una componente orizzontale e poi è soggetto alla sola gravità, descrive una traiettoria parabolica. È il caso di un proiettile, di un pallone calciato, o del nostro corpo che cade dal gradino.

2.1 L'idea chiave: due moti indipendenti

L'unica forza in volo è il peso, diretto lungo $-y$. Applichiamo $\vec F = m\vec a$ separatamente sui due assi:

$$x:\quad 0 = m\,a_x \;\Longrightarrow\; a_x = 0 \;\Longrightarrow\; v_x = \text{costante}$$ $$y:\quad -mg = m\,a_y \;\Longrightarrow\; a_y = -g$$

Questa è la chiave di tutto il moto parabolico: lungo $x$ non c'è forza, quindi il moto è uniforme (velocità costante); lungo $y$ agisce la gravità, quindi il moto è uniformemente accelerato. I due moti sono indipendenti e si studiano separatamente, ciascuno con le formule che già conosciamo.

2.2 Le leggi orarie

Mettendo insieme i due moti, con posizione iniziale $(x_0, y_0)$ e velocità iniziale $(v_{0x}, v_{0y})$:

Velocità:

$$v_x(t) = v_{0x} \qquad v_y(t) = v_{0y} - g\,t$$

Posizione:

$$x(t) = x_0 + v_{0x}\,t \qquad y(t) = y_0 + v_{0y}\,t - \frac{1}{2}g\,t^2$$

Lungo $x$ riconosciamo il moto uniforme, lungo $y$ il moto uniformemente accelerato di Formule del moto uniformemente a….

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3. L'equazione della traiettoria

Le leggi orarie danno posizione e velocità in funzione del tempo. Per ottenere la forma della traiettoria nello spazio, cioè $y$ in funzione di $x$, si elimina il tempo. Dalla legge lungo $x$:

$$t = \frac{x - x_0}{v_{0x}}$$

Sostituendo nella legge lungo $y$:

$$\boxed{\;y(x) = y_0 + v_{0y}\,\frac{x - x_0}{v_{0x}} - \frac{1}{2}g\left(\frac{x - x_0}{v_{0x}}\right)^2\;}$$

È un'equazione di secondo grado in $x$: la traiettoria è una parabola, da cui il nome del moto.

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4. Applicazione: il salto dal gradino

Applichiamo tutto al salto del problema. Il corpo lascia il bordo $C$ in orizzontale, quindi:

$$x_0 = 0, \quad y_0 = \overline{CC'} = 0{,}5\ \text{m}, \quad v_{0x} = v_C = 1{,}7\ \frac{\text{m}}{\text{s}}, \quad v_{0y} = 0$$

4.1 Tempo di volo e gittata

Il corpo arriva a terra quando $y(t_v) = 0$. Con $v_{0y} = 0$:

$$0 = y_0 - \frac{1}{2}g\,t_v^2 \;\Longrightarrow\; t_v = \sqrt{\frac{2y_0}{g}} = \sqrt{\frac{2\cdot 0{,}5}{10}} = \sqrt{0{,}1} \approx 0{,}3\ \text{s}$$

La gittata $d$ (la distanza orizzontale percorsa) è la posizione $x$ a quell'istante:

$$d = x(t_v) = x_0 + v_{0x}\,t_v = 0 + 1{,}7\cdot 0{,}3 \approx 0{,}5\ \text{m}$$

4.2 Velocità di impatto (cinematica vettoriale)

All'arrivo, le due componenti della velocità sono:

$$v_x(t_v) = v_{0x} = 1{,}7\ \frac{\text{m}}{\text{s}}$$ $$v_y(t_v) = v_{0y} - g\,t_v = 0 - 10\cdot 0{,}3 \approx -3\ \frac{\text{m}}{\text{s}}$$

Il modulo della velocità di impatto è la composizione delle due (teorema di Pitagora, come per ogni vettore in Problemi con l'attrito e introdu…):

$$v_D = \sqrt{v_x(t_v)^2 + v_y(t_v)^2} = \sqrt{1{,}7^2 + 3^2} = \sqrt{2{,}89 + 9} \approx 3{,}6\ \frac{\text{m}}{\text{s}}$$

Lo stesso modulo ottenuto con l'energia nel § 1: i due metodi sono coerenti. La cinematica vettoriale dà in più la direzione di arrivo (verso il basso e in avanti).

4.3 Velocità di impatto (energia, componente per componente)

L'energia conferma le componenti separatamente, sfruttando l'indipendenza dei due moti:

• Lungo $x$: non c'è forza orizzontale, quindi nessun lavoro: $W_x = \Delta K_x = 0$, e la velocità orizzontale resta invariata, $v_{Dx} = v_{0x} = 1{,}7\ \text{m/s}$.
• Lungo $y$: lavora il peso sulla discesa $y_0$:

$$mg\,y_0 = \frac{1}{2}m\,v_{Dy}^2 \;\Longrightarrow\; v_{Dy} = \sqrt{2g\,y_0} = \sqrt{2\cdot 10\cdot 0{,}5} = \sqrt{10} \approx 3\ \frac{\text{m}}{\text{s}}$$

Ritroviamo le stesse componenti della cinematica. È una conferma del fatto che i due moti, orizzontale e verticale, si possono trattare in modo del tutto separato.

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Riepilogo

• Il moto parabolico è la combinazione di due moti indipendenti: uniforme lungo $x$ ($a_x = 0$, $v_x$ costante) e uniformemente accelerato lungo $y$ ($a_y = -g$).
• Leggi orarie: $x(t) = x_0 + v_{0x}t$; $\;y(t) = y_0 + v_{0y}t - \tfrac{1}{2}gt^2$; $\;v_x = v_{0x}$; $\;v_y = v_{0y} - gt$.
• Traiettoria: eliminando il tempo si ottiene la parabola $y(x)$.
• Tempo di volo (lancio orizzontale da altezza $y_0$): $t_v = \sqrt{2y_0/g}$; gittata $d = v_{0x}\,t_v$.
• Velocità di impatto: stesso modulo dall'energia ($v_D = \sqrt{v_C^2 + 2g\,\overline{CC'}}$) e dalla cinematica vettoriale ($v_D = \sqrt{v_x^2 + v_y^2}$); la cinematica fornisce anche la direzione.