1

2

La cinematica

Velocità

Accelerazione

Il moto del proiettile

Salto verticale

La lezione di oggi

3

Meccanica e cinematica !  Meccanica: studio del moto gli oggetti

!  forze esterne !  dimensioni !  massa !  distribuzione della massa

!  Cinematica (dal greco kinema, moto):

studio del moto !  indipendentemente da cosa lo ha causato !  unidimensionale: moto lungo una linea retta !  moto uniforme e accelerato

4

!  Posizione, cammino, spostamento

!  Velocità, accelerazione

!  Il moto rettilineo uniforme in 2D

!  Il generico moto in 2D

!  Il moto del proiettile

5

Sistema di coordinate cartesiane

origine

0

verso

direzione

unità di misura

m 1 2 3 4 5 6 7 8 9

scala

6

Sistema di coordinate cartesiane

0 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9

xfinale è maggiore di xiniziale xfinale > xiniziale

xf > xi

7

Sistema di coordinate cartesiane

xfinale è minore di xiniziale

xfinale < xiniziale

xf < xi

0 m 9 8 7 6 5 4 3 2 1

8

Posizione

La persona in figura è alla posizione x = 3 m

0 m 9 8 7 6 5 4 3 2 1

9

Cammino

CAMMINO (quantità sempre positiva)

lunghezza complessiva del tragitto

Casa amico ! Casa tua ! Drogheria

Cammino = 2.1 km + 4.3 km = 6.4 km

10

Spostamento

SPOSTAMENTO (positivo o negativo)

Cambiamento di posizione = (Posizione finale – Posizione iniziale)

Δx = xfinale – xiniziale

Δx = xf – xi

11

Esercizio Un giocatore di scacchi esegue la sua mossa,

spostando la regina di 4 caselle verso nord e di 2

caselle verso ovest (lato casella = 2.5 cm).

Determinare il cammino totale

percorso dalla regina e lo spostamento.

N

E

S

W

cammino totale = 6 caselle

= 6 x 2.5 cm = 15 cm

spostamento = √ 16 + 4 = 4.5 caselle = 4.5 x 2.5 cm = 11.25 cm

12

!  Posizione, cammino, spostamento

!  Velocità, accelerazione

!  Il moto rettilineo uniforme in 2D

!  Il generico moto in 2D

!  Il moto del proiettile

13

• Velocità media

Unità di misura: m/s

Moto rettilineo. Legge oraria •  Descrive la posizione di un oggetto in funzione del tempo

•  A fianco è data una rappresentazione grafica di un esempio di legge oraria

•  Questa rappresentazione è utile per introdurre il concetto di velocità

12

12

ttxx

tx

v−

−=

Δ

Δ=

14

Velocità media

La velocità è una grandezza vettoriale.

è la pendenza della retta che unisce due punti sulla curva x(t)

v

m/s236

:esempioNell'

==smv

15

Velocità media

Dimensioni: [L T-1] Unità di misura (Sistema Internazionale): m s-1

NOTA " Tempo impiegato è sempre > 0 " Spostamento può essere < > 0 " Velocità media può essere < > 0

velocita' media = spostamentotempo impiegato

velocita' media = ΔxΔt

= xf - xi

tf - t i

Moto rettilineo lungo x

16

Velocità istantanea

v = limΔt→0

ΔxΔt

=dxdt

Il corpo varia la sua posizione in modo continuo da un punto al successivo, percorrendo in “piccoli” intervalli di tempo “piccole”

traiettorie.

17

Accelerazione media

if

if

inizialefinale

inizialefinalem t- t

v- v

t- t v- v

tv a ==Δ

Δ=

impiegato tempovelocita'

media oneaccelerazi = ]T [L [T]

]T [L 2--1

=

Unità di misura (Sistema Internazionale): m s-2

La interpreto come:

in 1 secondo, la velocità è variata di tot metri al secondo

18

Accelerazione istantanea a = lim

Δt→0

ΔvΔt

=dvdt=d 2xdt2

NOTA Quando parleremo di velocità e accelerazione, intenderemo SEMPRE velocità istantanea e accelerazione istantanea.

Se si tratta di velocità (accelerazione) media,

lo si deve indicare esplicitamente

costa at; v v 0 =+=

19

Le equazioni del moto uniformemente accelerato

at v v 0 +=

a

t

v

t

x

t

v0

x0

a = cost

v aumenta linearmente con il tempo

x aumenta con il quadrato del tempo

tv xx 0 +=

200 at

21

t v xx ++=

( )[ ] at2/1v at vv1/2 v 000 +=++=

Velocità vs. spazio

20

v = v0 + at =) t =v � v0

a

x� x0 = v0

✓v � v0

a

◆+

1

2a

v

20 + v

2 � 2vv0a

2

2a (x� x0) = 2v0 (v � v0) +�v

20 + v

2 � 2vv0�

v

2 = v

20 + 2a (x� x0)

x� x0 = v0t+1

2at

2

21

Esercizio Un bambino lancia dal balcone una pallina verso l’alto, verticalmente, con velocità iniziale di 6 m/s.

Determinare:

!  l’altezza massima raggiunta dalla pallina

(spazio totale percorso dall’oggetto in salita)

!  il tempo impiegato dalla pallina per raggiungere la massima altezza

22

Esercizio Soluzione

!  Per determinare l’altezza massima raggiunta dalla pallina nel suo moto verticale, si prende in considerazione la legge oraria del moto uniformemente accelerato (con so = 0; a = -g = -9.8 m/s2 )

s = hmax = (6 m/s)2 / (2×9.8 m/s2) = 1.8 m

!  Il tempo impiegato dalla pallina a raggiungere l’altezza massima si ricava da:

v0

-g

0 = v0 � g�t =) v0 = g�t

s = v0�t� 1

2g�t2

= g�t2 � 1

2g�t2 =

1

2g�t2 =

v202g

v0 = g�t =) �t =v0g

= 0.6 s

23

Vettori posizione e spostamento

Vettore Posizione

ovvero

sono nel punto P1

P1

Vettore Spostamento

ovvero

vado da P1 a P2

P1

P2

if r - r r

=Δ

24

Vettore velocità

tr vm Δ

Δ=

" Δt è uno scalare

"   e sono paralleli"mv

rΔ

trlim v

0t Δ

Δ=

→Δ

La velocità istantanea è tangente alla traiettoria

in ogni istante

25

!  e sono paralleli...

Il vettore accelerazione

tv a m Δ

Δ=

tvlim a

0t Δ

Δ=

→Δ

vΔ

... ma ... cosa importantissima ... mentre segue il moto, in generale non lo segue ! l’accelerazione non è generalmente parallela alla velocità

av

a

26

Esercizio Un camion si muove di moto rettilineo uniforme percorrendo

una distanza pari a 110 km in 57 minuti. Determinare la velocità media del camion.

spazio percorso

Δx = 110 km

tempo impiegato

Δt = 57 min

= (57 / 60) = 0.95 h"

Soluzione

vmedia = Δx / Δt

= 110 km / 0.95 h

= 116 km/h

27

!  Posizione, cammino, spostamento

!  Velocità, accelerazione

!  Il moto rettilineo uniforme in 2D

!  Il generico moto in 2D

!  Il moto del proiettile

28

Il moto in due dimensioni !  e.g.: il moto del proiettile

!  Si applica a qualunque corpo sottoposto solo alla forza gravitazionale (forza peso) ! accelerazione costante

!  Proiettile "! Generico corpo

!  Il segreto:

Applicare le equazioni del moto unidimensionale

lungo i due assi cartesiani

29

Moto rettilineo uniforme in 2D

30

Moto rettilineo uniforme in 2D

O

31

Moto rettilineo uniforme in 2D

O

32

Moto rettilineo uniforme in 2D

O

A

33

Moto rettilineo uniforme in 2D

A

O

costante v0 =

34

Moto rettilineo uniforme in 2D

35

Moto rettilineo uniforme in 2D

36

Moto rettilineo uniforme in 2D

-100 ms 0.26 costante v v ===

s 5.0 t =Condizioni al contorno

m 1.3 (5.0s))ms (0.26 t v d -10 =⋅=⋅=

! m 1.2 )25 (cosm) (1.3 θ cos dx 0 =⋅=⋅=

m 0.55 )25(sen m) (1.3 θsen dy 0 =⋅=⋅=

Metodo ‘1’

37

-10-100x ms 0.24 )25 (cos)ms (0.26 θ cos v v =⋅=⋅=

-10-100y ms 0.11 )25(sen )ms (0.26 θsen v v =⋅=⋅=

m 1.2 s) (5)ms (0.24 t vx -10x =⋅=⋅=

m 0.55 s) (5)ms (0.11 t vy -10y =⋅=⋅=

-100 ms 0.26 costante v v ===

s 5.0 t =

Moto rettilineo uniforme

in 2D

Metodo ‘2’

Condizioni al contorno

!

38

Moto rettilineo uniforme in 2D:

equazioni generali

t v xx 0x0 ⋅+= t v yy 0y0 ⋅+=

39

Composizione dei moti: esempio Una persona sta scendendo dalla scaletta di un vagone merci. Il vagone si muove di moto rettilineo uniforme con v=0.70 m/s, e la persona scende con moto rettilineo uniforme con v=0.20 m/s.

Quali sono modulo e verso della velocità della persona rispetto al suolo?

Vts velocità del treno rispetto al suolo

Vpt velocità della persona

rispetto al treno

Vps velocità della persona rispetto al suolo

θ"

40

Esercizio Soluzione

Si esprimono in componenti i vettori velocità del treno rispetto al suolo (vts) e della persona rispetto al treno (vpt):

Il vettore velocità della persona rispetto al suolo è quindi

Modulo e verso di questo vettore sono dati rispettivamente da …

vts = (0.70 m/s) i + (0 m/s) jvpt = (0 m/s) i + (- 0.20 m/s) j

m/s 0.70 v ps x, =

vps = [(0.70+ 0) m/s] i + [(0- 0.20) m/s] j

m/s 0.20 - v ps y, =

o1-

-1

ps x,

ps y, 16 - 0.2857) (-atan ms 0.70ms 0.20-

atan v

vatan θ ====

1-222ps y,

2ps x,psps ms 73.0)20.0()70.0( v v v v =−+=+==

41

!  Posizione, cammino, spostamento

!  Velocità, accelerazione

!  Il moto rettilineo uniforme in 2D

!  Il generico moto in 2D

!  Il moto del proiettile

42

Generico moto in 2D con accelerazione

costante

x = x0 + v0xt + 12

axt2

y = y0 + v0yt + 12

ayt2

vy = v0y + ayt

vx = v0x + axt

Nota Questo sistema di equazioni

permette la soluzione di qualunque problema di

cinematica in 2 dimensioni (accelerazione costante)

43

!  Posizione, cammino, spostamento

!  Velocità, accelerazione

!  Il moto rettilineo uniforme in 2D

!  Il generico moto in 2D

!  Il moto del proiettile

44

Il moto di un proiettile Un proiettile è un qualunque corpo che, avendo una certa velocità iniziale, sia sottoposto esclusivamente

al campo gravitazionale

45

Moto di un proiettile !  Ipotesi: !  trascuro la resistenza dell’aria (piuma vs. ferro) !  L’accelerazione di gravità è costante (quota) !  trascuro la rotazione della Terra (missili intercontinentali)

!  Ho solo accelerazione di gravità

(sulla Terra g = 9.81 ms-2), diretta verso il basso

46

Moto di un proiettile

L’accelerazione è

uguale nei 2 casi

Relatività galileiana Caduta di un grave

47

Equazioni del moto di un proiettile

t v xx 0x0 +=

20y0 gt

21 t v yy −+=

gt -v v 0yy =0xx v v =

L’ipotesi è che: ax = 0

-2y ms 9.81- g- a ==

48

Lancio ad angolo 0o

V0,x

tvx 0x=2gt

21 h y −=

gt - v y =00xx v v v ==

49

La traiettoria è parabolica tvx 0x=

y = h − 12

gt2

t = xv0x

2gt 21 h y −=

t = xv0x

y = h − 12

g xv0x

"

#$

%

&'

2

bx ay 2+=parabola

50

La gittata Domanda:

Dove atterra un proiettile lanciato orizzontalmente,da altezza h e con velocità v0x?

Risposta:

Posso calcolare la distanza, imponendo la condizione che la yfin del proiettile sia 0

tvx 0x=

2gt 21 h y −=

tvx 0x=

2gt 21 h 0 −=

tvx 0x=

g2h t =

g2h

vx 0x=

Gittata: (velocità scalare media) x (tempo di caduta)

t = 2hg

51

n. 54, pag. M115 Walker

Un lanciatore del peso lancia il peso con una velocità iniziale di modulo 3.50 m/s da un’altezza di 1.50 m dal suolo. Calcolare qual è la gittata del lancio se l’angolo è: 1)  20°

2)  30°

3)  40o

Esercizio

52

Soluzione Un lanciatore del peso lancia il peso con una velocità iniziale di modulo 3.5 m/s da un’altezza di 1.5 m dal suolo. Calcola qual è la gittata del lancio se l’angolo è: 1)  20o 2)  30o 3)  40o

t) θ cos (v x 0=

) t(g 1/2 - t ) θsen (v y 0 200 +=

t) (3.29 x =0 1.5 - t ) (1.2 - ) t(g 1/2 2 =

s 0.69 t =

Risolvo per θ = 20o

x = (3.29 ) t = 2.26 m

Per θ = 30o

Per θ = 40o

s 0.76 t = x = 2.30 m

s 0.83 t = x = 2.22 m

53

Lancio con un angolo qualunque e x0=y0=0

t cosθvx 0 ⋅=

20 gt

21 t senθvy −⋅=

gt -senθv v 0y =

cosθv v 0x =t =

2v0 sin ✓

g

G = v0 cos ✓2v0 sin ✓

g=

v20g

sin (2✓)

Gittata (y=0):

54

Lancio con un angolo qualunque e con posizione iniziale qualunque

gt -senθv v 0y =

cosθv v 0x =

Uguale al caso precedente,

ma ri-compaiono x0 e y0

t cosθ v xx 00 ⋅+=

200 gt

21 t senθ v y y −⋅+=

55

Moto parabolico (Moto di un proiettile con e senza aria)

56

Esercizio Un delfino salta dall’acqua con v0 = 12 ms-1, verso l’allenatrice che è a

d = 5.50 m e h = 4.10 m. Nell’istante in cui il delfino esce dall’acqua, l’allenatrice lascia cadere una palla.

Dimostrare che il delfino riesce a prendere la palla.

57

Esercizio Soluzione

o36.7 m 5.50m 4.10

arctan dh

arctan θ ===

Comincio a calcolare θ gt -senθv v d 0dy =

cosθv v d 0dx =

t cosθ v x d 0d ⋅=

2d 0d gt

21 t senθ v y −⋅=

2 p gt

21 h y −=

58

Esercizio Il delfino raggiunge la distanza della palla quando xd = d =

5.50m

gt -senθv v d 0dy =cosθv v d 0dx =

t cosθ v x d 0d ⋅=

2d 0d gt

21 t senθ v y −⋅=

2p gt

21 h y −=

gt -senθv v d 0dy =cosθv v d 0dx =

s 0.572 ms 9.62m 5.50

cosθv

x t 1-

d 0

d ===

2d 0d gt

21 t senθ v y −⋅=

2p gt

21 h y −=

... e questo evento succede al tempo t = 0.572 s

59

Esercizio Al tempo t = 0.572 s il delfino si troverà ad un’altezza...

gt -senθv v d 0dy =

cosθv v d 0dx =

t cosθ v x d 0d ⋅=

2d 0d gt

21 t senθ v y −⋅=

2p gt

21 h y −=

gt -senθv v d 0dy =

cosθv v d 0dx =

t cosθ v x d 0d ⋅=

2p gt

21 h y −=

m 2.50 m 1.60 - m 4.10 s) (0.572)ms (9.81 21

s) 0.572())sen(36.7ms (12.0 y 22-o1-d ==⋅−⋅= ⋅

Al tempo t = 0.572 s il delfino si troverà ad un’altezza di 2.50 m

60

Esercizio Al tempo t = 0.572 s la palla si troverà ad un’altezza...

gt -senθv v d 0dy =

cosθv v d 0dx =

t cosθ v x d 0d ⋅=

2d 0d gt

21 t senθ v y −⋅=

2p gt

21 h y −=

gt -senθv v d 0dy =

cosθv v d 0dx =

t cosθ v x d 0d ⋅=

2d 0d gt

21 t senθ v y −⋅=

m 2.5 m 1.60 - m 4.10 s) (0.572)s (9.81 21 m 4.10 y 22-

p ==⋅−=

Al tempo t=0.572 s la palla si troverà ad un’altezza di 2.50 m

61

Moto circolare uniforme (1) Un oggetto che si muove lungo una traiettoria circolare con velocità costante in modulo è in moto circolare uniforme.

Il vettore velocità varia continuamente la propria direzione.

# Quindi l’oggetto è sottoposto ad accelerazione.

# Il vettore accelerazione è diretto verso il centro della circonferenza ! accelerazione centripeta

Il tempo impiegato a descrivere una circonferenza di raggio r è detto periodo

62

Moto circolare uniforme (2)

xP

yP θ

Questi calcoli non sono presenti nei testi consigliati

63

Moto circolare uniforme (3)

Modulo dell’accelerazione centripeta

Questi calcoli non sono presenti nei testi consigliati

64

Moto circolare uniforme (4) L’accelerazione è effettivamente diretta verso il centro della circonferenza. Infatti:

Quindi θ=φ ! il vettore accelerazione ha direzione radiale ed è rivolto al centro.

Questi calcoli non sono presenti nei testi consigliati

Accelerazione radiale e tangenziale

!  In generale, la velocità cambia per intensità e direzione lungo la traiettoria !  Vettore velocità: sempre tangente alla traiettoria !  Vettore accelerazione può essere espresso come:

65

Il raggio dei cerchi tratteggiati è il raggio di curvatura della traiettoria nei punti A, B e C

€

a = a r + a t = ar ˆ n + at ˆ τ con versore tangenziale versore normale

alla traiettoria, diretto verso il centro di curvatura

€

at =dvdt

Accelerazione tangenziale

€

ar =v 2

RAccelerazione radiale

€

v = v ˆ τ

€

ˆ τ

€

ˆ n

La dimostrazione è nelle 2 slide seguenti (non c’è nel testo)

φ"

€

ˆ τ

€

ˆ n

x

y C

Accelerazione radiale e tangenziale

66

€

ˆ τ = cosφ( ) ˆ i + sinφ( ) ˆ j

€

ˆ n = cos φ +π2

$

% &

'

( )

*

+ ,

-

. / i + sin φ +

π2

$

% &

'

( )

*

+ ,

-

. / j

€

= − sinφ( )ˆ i + cosφ( ) ˆ j

€

a = d v dt

=

€

d v ˆ τ ( )dt

=

€

dvdt

ˆ τ + v dˆ τ dt

€

d ˆ τ dt

= −dφdt

sinφ%

& '

(

) * i + dφ

dtcosφ

%

& '

(

) * j

€

=dφdt

− sinφ( )ˆ i + cosφ( ) ˆ j [ ] =dφdt

ˆ n

€

a = dvdt

ˆ τ + v dφdt

ˆ n

Ora occorre dimostrare che dφ/dt=v/R ….

φ"

€

ˆ τ

€

ˆ n

x

y C

φ+dφ"

dφ" R

Accelerazione radiale e tangenziale

67

Nel tempo dt, il punto percorre un cammino elementare ds=vdt ! arco di circonferenza ds=Rdφ#

(1)

€

ds = Rdφ ⇒dφds

=1R

(2)

€

dφdt

≡dφds⋅dsdt

= v dφds

=vR

Quindi, sostituendo la (2) nell’espressione ricavata per l’accelerazione, si ottiene:

€

a = dvdt

ˆ τ + v dφdt

ˆ n = dvdt

ˆ τ + v vR

ˆ n

€

a = dvdt

ˆ τ + v 2

Rˆ n

68

Moto armonico (1)

xP

yP θ

Nel moto circolare uniforme la velocità angolare è costante:

In un periodo T viene descritto un angolo giro, quindi

La proiezione del punto P sull’asse x (o y) descrive un moto armonico:

Questo argomento non è presente nei testi consigliati

69

Moto armonico (2)

70

Moto relativo unidimensionale

Se i due sistemi di riferimento si muovono a velocità costante l’uno rispetto all’altro, si ha:

L’accelerazione del punto materiale P è la stessa nei due sistemi di riferimento

71

Moto relativo bidimensionale

derivando rispetto al tempo, si trova:

Se è costante, allora:

72

Con la cinematica 2D risolvo il problema del moto di un proiettile

Prossima lezione: Le leggi di Newton

Riassumendo