Analisi del moto dei proietti

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1 Moto dei proietti E il moto di particelle che vengono lanciate con velocità iniziale v 0 e sono soggette alla sola accelerazione di gravità g supposta costante. La pallina rossa viene lasciata cadere da ferma nello stesso istante in cui l altra è lanciata orizzontalmente verso destra con velocità v 0. Osservazioni sperimentali: gli spostamenti verticali delle due palline sono identici Il moto orizzontale e il moto verticale sono indipendenti

2 Analisi del moto dei proietti Il moto può essere analizzato separatamente nelle sue componenti: la componente orizzontale è descritta dalle relazioni cinematiche del moto rettilineo uniforme quella verticale dalle relazioni del moto uniformemente accelerato. Il moto avviene nel piano individuato da v 0 e g: scegliamo un sistema di riferimento cartesiano ortogonale orientando l asse x orizzontalmente e l asse y lungo la verticale.

3 Analisi del moto dei proietti Analizziamo separatamente il moto orizzontale: e il moto verticale: a x = 0, v x = v 0x = cost, x = x 0 + v 0x t a y = g, v y = v 0y gt, y = y 0 + v 0y t 1 2 gt2 v 0x = v 0 cos θ, v 0y = v 0 sin θ Determiniamo la traiettoria: il luogo geometrico dei punti occupati dal vettore posizione r(t) nel corso del tempo.

4 Equazione della traiettoria Eliminiamo t fra le equazioni del moto per x(t) e y(t): x(t) = x 0 + v 0x t t = x x 0 v 0x y(t) = y 0 + v 0y t 1 2 gt2 y y 0 = v 0y (x x 0 ) 1 v 0x 2 g(x x 0) 2 v0x 2 Ponendo v 0x = v 0 cos θ, v 0y = v 0 sin θ, x 0 = y 0 = 0, otteniamo: y = x tan θ g 2(v 0 cos θ) 2x2 Questa è l equazione di una parabola nel piano xy, con la curvatura rivolta verso il basso. La traiettoria è quindi parabolica.

5 Gittata Distanza orizzontale coperta dal proietto all istante in cui tocca il suolo: y = v 0 t sin θ 1 2 gt2 = 0 Soluzioni: t = 0, oppure t = 2v 0 sin θ g Sostituendo quest ultimo in x(t) = x 0 + v 0 (cos θ)t si trova la gittata R: x x 0 = 2v2 0 g sin θ cos θ = v2 0 g sin(2θ) R (in alternativa, si può usare l espressione della traiettoria prima ricavata, trovare il valore di x per cui y = 0)

6 Gittata 2 La gittata R: R = v2 0 g sin(2θ) è massima se θ = 45. L altezza massima h si raggiunge quando v y = v 0 sin θ gt = 0, ovvero per t = g v 0 sin θ, da cui h = v2 0 2g sin2 θ (in alternativa, si può usare l espressione della traiettoria prima ricavata, trovare il valore x max per cui dy/dx = 0, trovare poi y(x max ))

7 Esempio 1 Nel 1996 C. Lewis vinse la medaglia d oro nel salto in lungo con un salto di 8.50 m. Se l angolo con cui spiccò il salto fu θ = 23, calcolare, assumendo il moto parabolico, il modulo v 0 della velocità iniziale.

8 Esempio 1 Nel 1996 C. Lewis vinse la medaglia d oro nel salto in lungo con un salto di 8.50 m. Se l angolo con cui spiccò il salto fu θ = 23, calcolare, assumendo il moto parabolico, il modulo v 0 della velocità iniziale. R = v2 0 g sin(2θ) v 0 = Rg sin(2θ) = m/s = 10.8m/s 0.72 Vi sembra un valore ragionevole?

9 Esempi 2 e 3 Dal tetto di un edificio di altezza h viene lanciata una pallina con velocità v 0 = 10 m/s e inclinazione θ = 30 rispetto all orizzontale. Calcolare l altezza h dell edificio, sapendo che la pallina arriva al suolo ad una distanza d = 18 m dalla base dello stesso. Variante (un po più complicata): Dal tetto di un edificio di altezza h = 45 m viene lanciata una pallina con velocità v 0 = 20 m/s e inclinazione θ = 30 rispetto all orizzonte. Calcolare a che distanza dall edificio la pallina tocca il suolo.

10 Nota Bene E necessario specificare sempre in quale sistema di riferimento si descrive il moto: le componenti di r, di v e di a, l espressione analitica della traiettoria, dipendono dal sistema di riferimento. Le relazioni generali tra le grandezze cinematiche sono invece relazioni vettoriali e in quanto tali non dipendono (sono covarianti) dalla scelta del sistema di riferimento.

11 Soluzioni Soluzione del primo problema: (valida se x 0 = y 0 = 0!): usiamo l equazione della traiettoria y = x tan θ g 2(v 0 cos θ) 2x2 Vogliamo trovare la y corrispondente a x = d. Con i nostri dati y = d tan 30 g 2(v 0 cos 30 ) 2d2, h = y = 10.8m Soluzione della variante: dobbiamo trovare il valore di x f tale per cui la traiettoria passa per il punto (x f, y f ), con y f = 45 m. Quindi: y f = x f tan θ g 2(v 0 cos θ) 2x2 f

12 Dobbiamo risolvere un equazione di secondo grado per x f : dove Si trova a = ovvero x f = 73 m a 2 x2 f + bx f y f = 0 g v 2 0 cos2 θ = m 1, b = tan θ = x f = b ± b 2 2ay f a (la soluzione negativa x f = 37.7 m è spuria e corrisponde ad un ipotetica traiettoria prima dello sparo)

13 Velocita' relativa 21

14 Velocità relativa 2 Il sistema di riferimento S è stazionario o di laboratorio Il sistema di riferimento S e in movimento con velocità (detta di trascinamento) v 0 costante Al tempo t = 0 le origini di S e S coincidono. Vale: r = r + v 0 t Derivando tale relazione: v = v + v 0 (trasformazione di Galileo) Derivando nuovamente: a = a perchè v 0 è costante

15 Velocità e accelerazione di trascinamento Consideriamo ora il caso in cui il sistema di riferimento SM (sistema mobile) è in moto con velocità v t e accelerazione a t (che assumiamo costante) rispetto al sistema di riferimento SL del laboratorio La relazione fra le posizioni diventa r = r + r OO (t) Derivando tale relazione: v = v + v t, con v t = d r OO dt Derivando nuovamente: a = a + a t dove a t = d v t dt a t è detta accelerazione di trascinamento. Se a = 0, a = a t.

16 Sistemi di riferimento rotanti Consideriamo ora il caso in figura: il sistema mobile SM (ruota) con velocità angolare ω (assunta costante) rispetto al sistema di riferimento SL del laboratorio La rotazione di SM conferisce ai suoi punti una velocità di trascinamento v t = d r dt che dipende dalla posizione: v t = ω r L accelerazione di trascinamento a t = d v t dt per i punti del SM diventa a t = ω v t = ω 2 r, dove r è r proiettato sul piano di rotazione.

17 Sistemi di riferimento rotanti (2) Consideriamo ora la relazione fra accelerazioni di un punto materiale nei due sistemi Consideriamo ora la relazione fra velocità v di un punto materiale nel sistema SL e v nel sistema SM: v t = v + ω r. Possiamo scrivere formalmente la relazioni fra derivate nel modo seguente: ( ) ( ) d d = + ω dt SL dt SM Usando la relazione qui sopra, si trova la relazione fra accelerazioni: a = a ω 2 r + 2 ω v. Se a = 0, a = a + ω 2 r 2 ω v. Il termine ω 2 r è detto accelerazione centrifuga. Il termine 2 ω v è noto come accelerazione di Coriolis.