Moto dei proietti

Moto dei proietti
• E’ il moto di particelle che vengono
lanciate con velocità iniziale ~v0 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 ~v0.
• Osservazioni sperimentali:
– gli spostamenti verticali delle due
palline sono identici
– Il moto orizzontale e il moto
verticale sono indipendenti
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 ~v0 e ~g : scegliamo un sistema
di riferimento cartesiano ortogonale orientando l’asse x orizzontalmente
e l’asse y lungo la verticale.
Analisi del moto dei proietti
Analizziamo separatamente il moto orizzontale:
ax = 0,
vx = v0x = cost,
x = x0 + v0xt
e il moto verticale:
ay = −g,
vy = v0y − gt,
v0x = v0 cos θ,
1 2
y = y0 + v0y t − gt
2
v0y = v0 sin θ
Determiniamo la traiettoria: il luogo geometrico dei punti occupati dal
vettore posizione ~r(t) nel corso del tempo.
Equazione della traiettoria
Eliminiamo t fra le equazioni del moto per x(t) e y(t):
x − x0
x(t) = x0 + v0xt → t =
v0x
1 2
v0y
1 (x − x0)2
y(t) = y0 + v0y t − gt → y − y0 =
(x − x0) − g
2
2
v0x
2
v0x
Ponendo v0x = v0 cos θ, v0y = v0 sin θ, x0 = y0 = 0, otteniamo:
g
2
x
y = x tan θ −
2(v0 cos θ)2
Questa è l’equazione di una parabola nel piano xy, con la curvatura
rivolta verso il basso. La traiettoria è quindi parabolica.
Gittata
Distanza orizzontale coperta dal
proietto all’istante in cui tocca il suolo:
1 2
y = v0t sin θ − gt = 0
2
Soluzioni: t = 0, oppure
2v0 sin θ
t=
g
Sostituendo quest’ultimo in x(t) = x0 + v0(cos θ)t si trova la gittata R:
2v02
v02
x − x0 =
sin θ cos θ = sin(2θ) ≡ R
g
g
(in alternativa, si può usare l’espressione della traiettoria prima ricavata,
trovare il valore di x per cui y = 0)
Gittata 2
La gittata R:
v02
R = sin(2θ)
g
è massima se θ = 45◦.
L’altezza massima h si raggiunge quando vy = v0 sin θ − gt = 0, ovvero
g
v02 2
per t =
, da cui h =
sin θ
v0 sin θ
2g
(in alternativa, si può usare l’espressione della traiettoria prima ricavata,
trovare il valore xmax per cui dy/dx = 0, trovare poi y(xmax))
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 v0 della velocità iniziale.
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 v0 della velocità iniziale.
R=
v02
g
s
sin(2θ) → v0 =
Rg
=
sin(2θ)
Vi sembra un valore ragionevole?
r
8.50 · 9.81
m/s = 10.8m/s
0.72
Esempi 2 e 3
Dal tetto di un edificio di altezza h viene lanciata una pallina con
velocità v0 = 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 v0 = 20 m/s
e inclinazione θ = 30◦ rispetto
all’orizzonte. Calcolare a che distanza
dall’edificio la pallina tocca il suolo.
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.
Soluzioni
Soluzione del primo problema: usiamo l’equazione della traiettoria
(valida se x0 = y0 = 0!):
g
2
y = x tan θ −
x
2(v0 cos θ)2
Vogliamo trovare la y corrispondente a x = d. Con i nostri dati
g
2
d
,
y = d tan 30 −
◦
2
2(v0 cos 30 )
◦
h = −y = 10.8m
Soluzione della variante: dobbiamo trovare il valore di xf tale per cui la
traiettoria passa per il punto (xf , yf ), con yf = −45 m. Quindi:
g
2
yf = xf tan θ −
x
2(v0 cos θ)2 f
Dobbiamo risolvere un’equazione di secondo grado per xf :
a 2
− xf + bxf − yf = 0
2
dove
g
−1
a= 2
=
0.0372m
, b = tan θ = 0.57735
2
v0 cos θ
Si trova
p
b ± b2 − 2ayf
xf =
a
ovvero xf = 73 m
(la soluzione negativa xf = −37.7 m è spuria e corrisponde ad
un’ipotetica traiettoria prima dello sparo)
Velocita' relativa
21
Velocità relativa 2
• Il sistema di riferimento S è
stazionario o di laboratorio
• Il sistema di riferimento S 0 e’ in
movimento con velocità (detta
di trascinamento) ~v0 costante
• Al tempo t = 0 le origini di S e S 0 coincidono. Vale: ~r = ~r0 + ~v0t
• Derivando tale relazione: ~v = ~v 0 + ~v0 (trasformazione di Galileo)
• Derivando nuovamente: ~a = ~a0 perchè ~v0 è costante
Velocità e accelerazione di trascinamento
Consideriamo ora il caso in cui il
sistema di riferimento SM (sistema
mobile) è in moto con velocità ~vt
e accelerazione ~at (che assumiamo
costante) rispetto al sistema di
riferimento SL del laboratorio
• La relazione fra le posizioni diventa ~r = ~r0 + ~rOO0 (t)
d~rOO0
• Derivando tale relazione: ~v = ~v + ~vt, con ~vt =
dt
0
0
• Derivando nuovamente: ~a = ~a + ~at
d~vt
dove ~at =
dt
at è detta accelerazione di trascinamento. Se ~a = 0, ~a0 = −~at.
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
r
trascinamento ~vt = d~
vt = ω
~ × ~r
dt che dipende dalla posizione: ~
• L’accelerazione di trascinamento ~at =
d~
vt
dt
per i punti del SM diventa
~at = ω
~ × ~vt = −ω 2~r⊥, dove ~r⊥ è ~r proiettato sul piano di rotazione.
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
~ × ~r.
sistema SL e ~v 0 nel sistema SM: ~vt = ~v 0 + ω
• 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 = ~a0 − ω 2~r⊥ + 2~
ω × ~v 0. Se ~a = 0, ~a0 = ~a + ω 2~r⊥ − 2~
ω × ~v 0.
Il termine ω 2~r⊥ è detto accelerazione centrifuga.
Il termine −2~
ω × ~v 0 è noto come accelerazione di Coriolis.