Allora...
La situazione è a dir poco complicata...
Basta seguire...
Fate riferimento all'immagine quando potete
INIZIO
Si osservi che la velocità iniziale $ \displaysyle V_{0} $ può esser scomposta nelle sue componenti $ \displaystyle V_{a} $ e $ \displaystyle V_{b} $, rispettivamente perpendicolari alla linea di terra e parellela alla linea di terra...
Studiamo ora il moto della palla dall'istante$ \displaystyle t_{0} $, ovvero il momento del lancio, all'istante $ \displaystyle t_{r} $ ovvero l'istante precedente al rimbalzo.
Osserviamo che durante questo tempo la velocità $ \displaystyle V_{b} $ si conserva, mentre la componente $ \displaystyle V_{a} $ non si conserva, e nell'istante$ \displaystyle t_{r} $la componente della velocità diretta verso l'alto vale $ \displaystyle V'_{a} $
Dunque
$ \displaystyle \\
V_{0}=\sqrt{{V_{a}}^{2}+{V_{b}}^{2}} \\
V_{r}=\sqrt{{V'_{a}}^{2}+{V_{b}}^{2}} \\ $
Si voglia ora determinare il valore (modulo) di$ \displaystyle V_{a} $.
Studiamo il moto della palla solo lungo la componente perpendicolare alla linea di terra.
Quindi ci riduciamo a srudiare un semplice caso di lancio di un grave.
Applichiamo la conservazione dell'energia e poniamo in ugualianza l'energia nell'istante $ \displaystyle t_{0} $ con quella nell'istante $ \displaystyle t_{r} $
$ \displaystyle\\
\frac{1}{2}m{v_{a}}^{2}=\frac{1}{2}m{v'_{a}}^{2}+mgh \\
v'_{a}= \sqrt{{v_{a}}^{2}-gh} $
Osserviamo ora che
$ \displaystyle v_{a}=v_{0}sin \alpha
$
Quindi
$ \displaystyle
v'_{a}=\sqrt{{(v_{0}sin \alpha)}^2-gh} $
Non è ancora finita...
Dobbiamo mettere in mezzo la distanza dalla parete $ \displaystyle L $
Ci riconduciamo alla definizione di tangente
$ \displaystyle \\ \frac{h}{L+h}=tg{\alpha} \\
h= \frac{L}{cotg{\aplpha}-1} $
Sostituiamo ancora $ \displaystyle
v'_{a}=\sqrt{{(v_{0}sin \alpha)}^2-\frac{Lg}{cotg{\alpha}-1}} $
A questo punto vogliamo trovare $ \displaystyle V_r $, ovvero la velocità nell'istante dell'urto, che per come stanno le cose
$ \displaystyle
V_{r}=\sqrt{{V'_{a}}^{2}+{V_{b}}^{2}} $
per tutto quello che abbiamo detto
$ \displaystyle V_{r}=\sqrt{{(v_{0}sin \alpha)}^2-\frac{Lg}{cotg{\alpha}-1}+{V_{b}}^{2}} $
Ma$ \displaystyle V_{b}=V_{0}cos{\alpha} $
Riscriviamo il tutto
$ \displaystyle V_{r}=\sqrt{{(v_{0}sin \alpha)}^2-\frac{Lg}{cotg{\alpha}-1}+{(v_{0}cos{\alpha})}^{2}} $
FAtti questi passaggi andiamo avati e consideriamo il modo dal momento dell'urto $ \displaystyle t_{r} $ al momento finale $ \displaystyle t_{f} $
Al momento dell'urto ul modulo della velocità è sempre $ \displaystyle V_r $, ma dobbiamo fare un paio di considerazioni: cambia il verso e la direzione del vettore.
Allora inanzitutto individuiamo l'angolo $ \displaystyle \beta $, che risulta essere
$ \displaystyle \beta=45-\alpha $
A questo punto(non faccio un secondo disegno altrimenti perdo altre 2 ore) la velocità è diretta lungo la linea verde in figura, pertanto per trovare nuovamente la componente della velocità verso l'alto e quella parallela alla linea di terra dobbiamo utilizzare le solite formule trigonometriche
Scriviamo direttamente la componente perpendicolare alla linea di terra diretta verso l'alto
$ \displaystyle
V_{f}=V_{r}cos{(45-\beta)} $
$ \displaystyle
V_{f}=\sqrt{{(v_{0}sin \alpha)}^2-\frac{Lg}{cotg{\alpha}-1}+{(v_{0}cos{\alpha})}^{2}} \cdot cos{(45-\beta)} $
per capire la questione degli angoli guardare la figura, è abbastanza esplicito.
A questo punto ci accingiamo a finire.
Arrivati ad un certo punto il modo della palla cesserà e si avrà energia potenziale massima che determinerà la quota
Ricordiamoci che il nostro studio riguarda il momento del rimbalzo e il momento finale, quindi utilizzaimo la conservazione dell'energia
$ \displaystyle mgh + \frac{1}{2}m{v_{f}}^{2}=mgh_{max} $
Avanti con la semplificazione e la messa in evidenza
$ \displaystyle h_{max}=h+\frac{{v_{f}}^{2}}{2g} $
Sostituiamo $ \displaystyle {v_{f}}^{2} $
$ \displaystyle h_{max}=h+\frac{{{(v_{0}sin \alpha)}^2-\frac{Lg}{cotg{\alpha}-1}+{(v_{0}cos{\alpha})}^{2}} \cdot cos^{2}{(45-\beta)}}{2g} $
Rapida sostituzione tra $ \displaystyle \alpha $ e $ \displaystyle \beta $
$ \displaystyle h_{max}=h+\frac{{{(v_{0}sin \alpha)}^2-\frac{Lg}{cotg{\alpha}-1}+{(v_{0}cos{\alpha})}^{2}} \cdot cos^{2}{(-\alpha)}}{2g} $
Ancora un passaggio ricordando il valore di $ \displaystyle h $
$ \displaystyle h_{max}=\frac{L}{cotg{\alpha}-1}+\frac{{{(v_{0}sin \alpha)}^2-\frac{Lg}{cotg{\alpha}-1}+{(v_{0}cos{\alpha})}^{2}} \cdot cos^{2}{(-\alpha)}}{2g} $
A questo punto io la vedo la soluzione (almeno credo)...
E non sono nenanche sorpreso...
Vediamo se qualcuno si pronuncia...
