Scelgo come sistema di riferimento una retta orientata verso il centro della terra con lo zero posto nel punto nel quale il grave inizia il lancio. Inizialmente, nei primi trenta secondi, il diagramma v-t è approssimabile a una retta (Moto Rettilineo Uniformemente Accelerato); alla fine, da 120 s,  approssimativamente il diagramma s-t è approssimabile a una retta (moto Rettilineo Uniforme). Tra i due intervalli il moto è accelerato (non in modo uniforme) fino a raggiungere (o avvicinandosi) alla velocità limite (all’istante t= 50 s ), subito dopo Baumgartner presumibilmente si dispone in modo tale da far aumentare la superficie esposta alla direzione dell’aria e compie un moto decelerato (non uniforme). L’accelerazione media nei primi venti secondi vale \(a = \left | \frac{Δv}{Δt} \right |= \left | \frac{200−0}{20−0} \right |=10m/ s^2 \).

4.  Il sistema S ha raggiunto velocità supersoniche durante la caduta? Tieni presente la seguente tabella, che riporta la velocità del suono in aria ad altezze diverse:

Soluzione quarta domanda  – Problema 2 – Simulazione prova mista Matematica e Fisica 2019

Incrociando le due leggi orarie riportate graficamente nella traccia è possibile costruire una tabella s-v:

Si ha che la risposta è si, il sistema ha superato la velocità del suono tra i 40 s e i 60 s.

5. Calcola la variazione di energia meccanica \(Δ𝐸_𝑚\) tra il momento in cui Baumgartner salta e il momento in cui raggiunge la massima velocità; fornisci la tua interpretazione del risultato.

Soluzione quinta domanda

Sia \(m_B\) la massa del grave (Felix + tuta). Stimo l’altezza da terra all’istante in cui raggiunge la massima velocità come 28˙000 metri. \(E_i = m_B\cdot g\cdot h_i = 4,59·107 J \); \(E_f = m_B\cdot g\cdot h_f + \frac{1}{2}m_Bv_{MAX}^2  = 4,13·10^7 J \). Quindi la variazione di energia meccanica è pari a \(ΔE_m =E_f −E_i =−4,65·10^6 J\) . Tale differenza di energia è stata dissipata sotto forma di calore generato dall’attrito dell’aria con il grave.

6.  Nella figura seguente vengono riportati i diagrammi delle forze applicate al sistema S durante la fase di lancio.  \(\overrightarrow{P}\)rappresenta la forza peso e \(\overrightarrow{𝑓}\)  la forza di attrito con l’aria. Poni in corrispondenza i diagrammi con i tre istanti \(𝑡_1=40𝑠\),\(𝑡_2=50𝑠\),\(𝑡_3=60𝑠\).

Soluzione sesta domanda

L’attrito viscoso dell’aria è direttamente proporzionale alla velocità del grave, quindi a parità della forma del grave, maggiore è la velocità maggiore sarà f; all’istante \(t_2\) Baumgartner si dispone in modo da aumentare la superficie esposta all’aria e la velocità comincia a diminuire perciò f sarà maggiore perché la forma del grave è tale da aumentare l’attrito con l’aria. Dunque: –  il diagramma A è associato all’istante in cui Baumgartner ha un’elevata velocità e paracadute aperto, ovvero a \(t_3\) ; –  il diagramma B è associato all’istante in cui Baumgartner non ha un’elevata velocità e paracadute chiuso, ovvero a \(t_1\) ; –  il diagramma C è associato all’istante in cui Baumgartner ha un’elevata velocità e paracadute chiuso, ovvero a \(t_2\) .

7. Determina a quale altitudine Baumgartner ha aperto il paracadute. Ricordando che il lancio è durato in totale 9 minuti e 3 secondi, calcola la velocità media di discesa dopo l’apertura del paracadute, fino all’arrivo al suolo. Ti appare ragionevole considerare il moto in quest’ultima fase come un moto rettilineo uniforme?

Soluzione settima domanda

Poiché il moto di caduta libera è durato 260 s, l’apertura del paracadute è avvenuta nell’istante t= 260 s in cui Baumgartner raggiunge la velocità di 50 m/s=180 km/h , a un’altezza da terra di circa 2000 m. \(\overline{v} = \left | \frac{Δs}{Δt} \right |= \left | \frac{0−2000}{543−260} \right |=7,07 m/s= 25,4 km/h \). Non è ragionevole considerare la velocità costante in quest’ultima fase, visto che varia dai 50 m/s a 0 m/s. È senz’altro più ragionevole pensare il moto finale come rettilineo uniformemente decelerato con accelerazione media

\(\overline{a} = \left | \frac{Δv}{Δt} \right |= \left | \frac{0−50}{543−260} \right |=1,77 \cdot 10^-1 m/s^2 \).

Se si tiene conto che nella fase di discesa con paracadute, dopo un certo intervallo di tempo il grave raggiunge la velocità limite, da quell’istante in poi ha senso considerare il moto rettilineo uniforme. In tal caso lo schema delle forze dà \(−m_B \cdot a =−R+F_P \) \(\Rightarrow\) \(−m_B v′=−kv+m_B g\) \(\Rightarrow\) \(v′− \frac{k}{m_B}v=-g\) \(\Rightarrow\) \(v=-\frac{m_B}{k}(k’-g e^{\frac{-kt}{m_B}}) \) con \(k’\in \mathbb{R}\)

dove R= kv è il modulo dell’attrito viscoso. Considerando la condizione al contorno v(0)= 50 m/s , ottengo che \(k′=k·\frac{v(0)}{m_B} +g\), da cui \(v(t)= v(0)−τ g (1−e^{ −t τ })\), dove \( τ = \frac{m_B}{k} \) . La velocità limite si raggiunge dopo un tempo stimato in 4τ ed è pari a \(v(0)+τg\) . Quindi da (260+4τ) s a 543 s è ragionevole considerare il moto rettilineo uniforme.

8. Per valutare il rischio di traumi derivanti dall’impatto dell’arrivo al suolo, fornisci una stima dell’altezza da cui Baumgartner sarebbe dovuto saltare, senza paracadute, per giungere al suolo con la stessa velocità.

Soluzione ottava domanda

Trascurando la spinta di Archimede e l’attrito con l’aria, posso considerare il sistema privo di forze non conservative e quindi posso applicare il principio di conservazione dell’energia meccanica. Ottengo che \(m_B g h= \frac{1}{2} m_B (v(0)−τ g)^2 \) \(\Rightarrow\) \(h= \frac{(v(0)−τ g)^2}{2g}\). Stimando τ = 5 s , trovo k = 24 k/s e quindi il paracadutista arriva a terra con una velocità di 1 m/s . Perciò h= 5,10 cm.

Soluzione Problema 1

Soluzione Quesito 1