Moto parabolico

x = vx * t;

vx = 6 * cos45° = 6 * √2 /2 m/s ; vx è sempre costante, in orizzontale il moto è uniforme;

voy = 6 * sen45° = 6 * √2 /2 m/s;

in verticale il moto  è accelerato g = - 10 m/s^2, (g = - 9,8 m/s^2),

y = 1/2 g t^2 + voy t;

y = 1/2 * (- 10) * t^2 + 6 * √2 /2 * t ,

vy = g t + voy; in verticale la velocità varia, diminuisce quando un corpo sale, cresce verso il  basso, quando il corpo scende;

vy = - 10 t + 6 * √2 /2;

v finale vf è inclinata di 15°;

vx = vf * cos15° = 6 * √2 /2 m/s come all'inizio;

vy = vf * sen(15°)

sen(15°) / cos(15°) = tan(15°) = vy / vx;

tan(15°) = [ - 10 t + 6 * √2 /2] / [6 * √2 /2];  il tempo t è l'incognita;

tan(15°) = 2 - √3 ; (vedi tabelle); avevo sbagliato  la tangente di 15°!!!

2 - √3 = [ - 10 t + 3 √2] / [3 * √2]

 - 10 t + 3 √2 =(2 - √3) * [3 √2];

- 10 t  = (2 - √3) * [3 √2]  - 3 √2;

- 10 t = (6 √2 - 3 √6)  -  3 √2;

10 t = - 6√2 + 3√6  + 3√2;

10  t =  - 3 √2 + 3 √6;

10 t = 3 (√6 - √2) ;

t =  3 (√6 - √2) / 10.

Calcolando:

t = 0,31 s (tempo in volo).

Risposta B

Ho corretto l'errore ciao @patrizia_di_mario

LICEOALATRI.IT "https://www.liceoalatri.it/personale/quarta/matematica/angoli_notevoli.pdf"

ciao  @patrizia_di_mario

Valgono le relazioni:

{x = 3·√2·t

{y = 3·√2·t - 1/2·10·t^2

{v = 3·√2 - 10·t

Essendo le componenti della velocità iniziale dello sputo pari a: [3·√2, 3·√2]

Devi considerare il fatto che la prima si mantiene costante per tutta la durata del volo

Quindi devi considerare le due componenti della velocità nella fase finale e sai che il loro rapporto vale:

TAN(15°) = (3·√2 - 10·t)/(3·√2)

Si è approssimato g con 10 m/s^2:

Risolvi ed ottieni: t = (3·√6 - 3·√2)/10 s

Un punto materiale lanciato dalla posizione Y(0, h) con velocità di modulo V e alzo θ (con V > 0 e θ in [- π/2, π/2]) ha la posizione istantanea P(x, y) data da
* x(t) = V*cos(θ)*t
* y(t) = h + (V*sin(θ) - (g/2)*t)*t
e la velocità istantanea v(t) = (V*cos(θ), vy(t)) data da
* vy(t) = V*sin(θ) - g*t
NOTE
1) Senza il valore locale per l'accelerazione di gravità si deve usare lo standard SI
* g = 9.80665 = 196133/20000 m/s^2
2) La traiettoria percorsa si ricava eliminando il parametro tempo dalle equazioni delle coordinate.
3) Se θ > 0 la traiettoria culmina nell'istante T = V/g > 0 in cui la velocità di salita s'azzera e le coordinate del culmine sono
* x(V/g) = cos(θ)*V^2/g
* y(V/g) = h + (sin(θ) - 1/2)*V^2/g
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Con i dati del caso Chiara-Edo
* h = 0 ("sdraiata per terra")
* V = 6 m/s
* θ = 45°
si ha
* sin(θ) = cos(θ) = 1/√2
* x(t) = (6/√2)*t
* y(t) = (6/√2 - (g/2)*t)*t
* vx(t) = 6/√2
* vy(t) = 6/√2 - g*t
da cui la traiettoria
* (x = (6/√2)*t) & (y = (6/√2 - (g/2)*t)*t) ≡
≡ (t = x/(3*√2)) & (y = (36*x - g*x^2)/36)
e la pendenza
* m(x) = 1 - g*x/18
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"inclinazione di β = 15°" è un'espressione MOLTO infelice, in quanto "inclinazione" è l'angolo antiorario rispetto al semiasse x > 0, mentre qui (per evidenti motivi geometrici) è intesa rispetto al semiasse y > 0; quindi in effetti significa "inclinazione di α = - 75°" cioè con pendenza m = tg(- 75°) = - (2 + √3).
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Da
* (m(x) = 1 - g*x/18 = - (2 + √3)) & (g > 0) & (x > 0)
si ha
* x = 18*(3 + √3)/g ~= 8.6856 ~= 8.69 m
e da
* (x(t) = (6/√2)*t = 18*(3 + √3)/g) & (g > 0) & (t > 0)
si ha il tempo richiesto
* t = 3*(3 + √3)*√2/g
che, per g = 9.80665 m/s^2, dà
* t = 3*(3 + √3)*√2/9.80665 ~= 2.047 ~= 2 s
avendo trascurato i quarantasette millisecondi (ben poca cosa rispetto al credere che uno spruzzo con le labbra arrivi a quasi nove metri!).

Vox = Vo*cos 45° = 3√2 m 

se  l'angolo è +15° , allora :

Voy/Vox = tan 15°

Voy = 3√2*tan 15° = 1,137 m/s 

1,137 = Vo*sin 45°-g*t = 3√2 -9,806t

9,806t = 3√2-1,137 

t = (3√2-1,137)/9,806 = 0,3167 s

d = Vox*t = 3√2*0,3167 = 1,344 m 

se  l'angolo è -15° , allora :

Voy/Vox = tan -15°

Voy' = 3√2*tan -15° = -1,137 m/s 

-1,137 = Vo*sin 45°-g*t = 3√2 -9,806t

9,806t' = 3√2+1,137 

t' = (3√2+1,137)/9,806 = 0,5486 s

d' = Vox*t' = 3√2*0,5486 = 2,328 m