Soluzione

Un paracadutista di massa m = 80 kg si lancia all’istante t = 0 da una quota z(t = 0) = h0 =
4000 m con velocità iniziale nulla. La forza di attrito esercitata dall’aria è linearmente proporzionale
alla velocità del paracadutista
F~a = −γ ~v .
Si usi g = 10 m/s2 e γ = 16 kg/s.
(1) Si calcoli il modulo della velocità massima vl raggiunta dal paracadutista.
(2) Si dica a quale istante tl e a quale quota zl il paracadutista raggiunge una velocità in modulo pari
al 99% della velocità limite.
(3) Si determini a quale istante t1 il paracadutista raggiunge la quota h1 = 1500 m.
All’istante t1 il paracadutista apre il paracadute, in modo da toccare terra con una velocità vl1 =
5.0 m/s.
(4) Si calcoli il valore del nuovo coefficiente γ1 , dopo l’apertura del paracadute.
(5) Si calcoli l’accelerazione subita dal paracadutista a t = t1 , immediatamente dopo l’apertura del
paracadute.
(6) Si stimi a quale istante tl1 e a quale quota zl0 il paracadutista raggiunge una velocità in modulo
pari al 101% della nuova velocità limite vl1 .
(7) Si determini a quale istante t2 il paracadutista arriva a terra.
(8) Si disegni il grafico della velocità in funzione del tempo.
Soluzione
(1) La legge del moto è
m~r¨ = −γ~r˙ − gmk̂.
(1)
Definendo τ ≡ m/γ = 5 s e notando che il modo avviene solamente lungo l’asse z:
ż
z̈ = − − g.
τ
(2)
Il paracadutista continuerà ad accelerare fino a quando la forza d’attrito è uguale ed opposta a
quella di gravità. A questo punto z̈ = 0
0=−
żl
−g
τ
(3)
e il paracadute procede con velocità costante
żl = −gτ,
in modulo uguale a vl :
vl = gτ =
gm
= 50 m/s.
γ
(4)
(5)
(2) Dobbiamo calcolare la legge oraria della velocità. Sostituendo v = ż nella (21)
v̇ +
v
+ g = 0.
τ
(6)
Questa è un’equazione lineare non omogenea del primo ordine. Una soluzione particolare è data
da
v = −vl = −gτ.
(7)
1
La soluzione generale dell’equazione omogenea associata
v+
v
=0
τ
(8)
è
v̇ = Ce−t/τ ,
(9)
dove C è una costante da determinare usando le condizioni iniziali. La soluzione generale della (6)
è
v = −vl + Ce−t/τ .
(10)
Siccome a t = 0 v = 0, C = vl :
v = −vl 1 − e−t/τ .
(11)
v
10
20
30
40
50
t
- 10
- 20
- 30
- 40
- 50
L’istante tl in cui v = −99%vl si ottiene risolvendo
−
99
vl = −vl 1 − etl /τ .
100
(12)
tl = τ ln(100) = 23 s.
(13)
Per trovare la quota zl dobbiamo scrivere la legge oraria, integrando la (11)
z − z0 = −vl (t − t0 ) − vl τ e−t/τ − et0 /τ .
(14)
Definendo ∆l = vl τ = 250 m e usando z(t0 = 0) = h0 , la legge oraria è
z(t) = h0 − vl t + ∆l 1 − e−t/τ .
(15)
Si ottiene
zl = h0 −vl τ ln(100)+∆l
1
1−
100
= h0 −∆l
99
ln(100) −
100
= 4000 m−900 m = 3100 m. (16)
(3) Dal tempo tl fino a t1 si può assumere che la velocità del paracadutista sia costante e uguale a
−vl . Il moto è rettilineo uniforme:
t1 − tl =
z1 − zl = −vl (t1 − tl ),
(17)
3100 − 1500
hl − h1
=
= 32 s,
vl
50
(18)
t1 = 55 s.
2
(19)
(4) Dopo l’apertura del paracatude conosciamo la nuova velocità limite vl1 = 5 m/s. Il valore del
nuovo coefficiente γ1 e del nuovo tempo scala τ1 , si ottengono dalla (5)
vl1
m
τ1 =
= 0.50 s,
γ1 =
= 160 kg/s.
(20)
g
τ1
(5) La legge del moto si ottiene sostituendo τ con τ1 nella (21)
z̈(t > t1 ) = −
ż
− g.
τ1
(21)
Quando t = t1 la velocità è −vl , quindi l’accelerazione subita dal paracadutista è
a(t+
1)=
vl
τ
−g =g
− 1 = 9g = 90 m/s.
τ1
τ1
(22)
È meglio che il paracadute non si apra all’improvviso!!!
(6) La legge oraria della velocità è sempre data dalla (10), rimpiazzando τ con τ1 e vl con vl1 , e con
condizione iniziale v(t1 ) = vl . La soluzione è
v = −vl1 + (vl1 − vl )e−(t−t1 )/τ1 .
(23)
Come prima, possiamo trovare l’istante tl1 in cui v = −101%vl1 :
−
Usando vl = 10vl1 , si ottiene
101
vl1 = −vl1 + (vl1 − vl )e−(t−t1 )/τ1 .
100
(24)
tl1 − t1 = τ1 ln(900) = 3.4 s
(25)
t1l = 58 s
(26)
z − z1 = −vl1 (t − t1 ) − τ1 (vl1 − vl )(e−(t−t1 )/τ1 − 1).
(27)
Per la quota integriamo la (23)
Usando z1 = h1 and il valore di t = tl1 appena calcolato, otteniamo
zl1 = h1 − vl1 τ1 ln(900) + 9vl1 τ1
con ∆l1 = vl1 τ1 = 2.5 m.
1
− 1 ≈ h1 − ∆l1 [ln(900) + 9],
900
(28)
zl1 = 1500 m − 40 m = 1460 m.
(29)
(7) Per t > tl1 il paracadutista si muove di nuovo a velocità costante pari a vl1 . Il tempo impiegato
per arrivare a terra è
zl1
t2 − tl1 =
= 290 s.
(30)
vl1
t2 = 350 s.
(31)
(8) Grafico della velocità
v
10
20
30
40
- 10
- 20
- 30
- 40
- 50
3
50
60
70
t