Moto dei proietti
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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.