Cinematica in due o pi`u dimensioni

Cinematica in due o più dimensioni
• Le grandezze cinematiche fondamentali:
– posizione,
– velocità,
– accelerazione,
sono dei vettori nello spazio a due o tre dimensioni, dotati di modulo,
direzione, verso.
In realtà anche nel moto rettilineo tali grandezze sono dei vettori, ma ... in una
dimensione! Hanno un segno e un modulo ma la direzione è fissata.
• Il corpo percorre una traiettoria nello spazio
Posizione e spostamento
• Vettore posizione: ~r(t) = x(t)î + y(t)ĵ + z(t)k̂
• Spostamento: ∆~r = ~r2 − ~r1 = (x2 − x1)î + (y2 − y1)ĵ + (z2 − z1)k̂
Velocità
∆~r
~
Velocità media: v =
∆t
Velocità istantanea:
∆~r d~r
=
~v (t) = lim
∆t→0 ∆t
dt
La velocità istantanea:
~v (t) = vx(t)î + vy (t)ĵ + vz (t)k̂
dy
dz
dx
=
î + ĵ + k̂
dt
dt
dt
è sempre tangente alla traiettoria
Accelerazione
∆~v
~
Accelerazione media: a =
∆t
Accelerazione istantanea:
∆~v d~v d2~r
~a(t) = lim
=
= 2
∆t→0 ∆t
dt
dt
In componenti cartesiane:
dvx
dvy
dvz
~a(t) = ax(t)î + ay (t)ĵ + az (t)k̂ =
î +
ĵ +
k̂
dt
dt
dt
d2x
d2y
d2z
=
î + 2 ĵ + 2 k̂
2
dt
dt
dt
Accelerazione (2)
• In generale, in un moto curvilineo, la
velocità cambia sia in modulo che in
direzione: l’accelerazione può essere
non nulla anche se il modulo della
velocità non cambia.
• L’accelerazione è un vettore nella
direzione della variazione della velocità.
Poiché la velocità cambia nella
direzione in cui la traiettoria s’incurva,
l’accelerazione è sempre diretta verso
la concavità della traiettoria
Moto circolare e circolare uniforme
Moto caratterizzato da ~v ⊥
R costante. Introduciamo la
percorsa lungo la circonferenza,
~ con
R,
distanza
s = Rθ:
ds
dθ
v=
=R
dt
dt
dθ
è detta velocità
La grandezza ω =
dt
angolare, si misura in radianti/s o in s−1.
Moto circolare uniforme: caratterizzato da velocità angolare ω costante.
2π
Periodo: T = , tempo necessario per fare un giro completo.
ω
1
ω
Frequenza: ν = = , numero di giri per unità di tempo.
T
2π
Velocità angolare come vettore
La velocità angolare può essere definita
come un vettore di modulo ω, direzione
perpendicolare al piano del moto, verso
secondo la regola della mano destra.
Con queste convenzioni:
~v = ω
~ × ~r
Velocità e accelerazione nel moto circolare uniforme
• Dal disegno sopra si vede che ∆~v = ~vf − ~vi tende ad un vettore di
modulo v∆θ = vω∆t = (v 2/r)∆t, diretto verso il centro
v2
• l’accelerazione è quindi centripeta e di modulo aC =
= ω 2r .
r
Esempio
Determinare la velocità angolare della terra attorno al proprio asse.
Attenzione: non è semplicemente ω = 2π/T , dove T = 86400 s è la
lunghezza del giorno solare medio! Il periodo T 0 di rotazione della terra,
o giorno sidereo, vale T 0 = 86160 s, perché la terra deve ancora ruotare
di un angolo γ ' 1◦ affinchè il sole torni nella stessa posizione.
Da qui:
2π
ω = 0 = 7.292 × 10−3rad s−1.
T
La differenza t = T − T 0 = 240 s
può essere stimata come t = γ/ω.
Usando γ ' 2π/360 rad si trova
t = 239 s.
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)