G.M. - Informatica B-Automazione 2002/03 Velocità ed accelerazione Abbiamo definito la veocità...

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Velocità ed accelerazione

• Abbiamo definito la veocità come

vx =dx(t)dt

vy =dy(t)dt

vz =dz(t)dt

r v (t) =

dr r

dt r v =v

r u t

r a =

dr v

dt a=dvdt

=d2rdt2

ax =dvx

dt=

d2xdt2

ay =dvy

dt=

d2ydt2

az =dvz

dt=

d2zdt2


Applicazio

ne

Un cannone lancia un proiettile con una velocità iniziale vo=60m/s ad un angolo di 60° rispetto all’orizzontale. Determinare, trascurando la resistenza dell’aria,

la distanza dal punto di partenza del punto di atterraggio del proiettile (gittata). la velocità di impatto al suolola durata del motol’altezza massima raggiunta dal proiettile. il tempo impiegato per raggiungerla.il valore dell’angolo per il quale la gittata è massima ed il valore della gittata. la gittata quando l’angolo è di 30°.

• Introdurre il sistema di riferimento– Asse x orizzontale

– Asse y verticale

– vo contenuta nel piano xy

– Origine nel punto di lancio

• Il corpo sarà soggetto all’accelerazione di gravità

60°

x

y

vo

r a =

r g

ax =0

ay =−g

az =0

Condizioni iniziali

xo =0

yo =0

zo =0

vxo =vo cosθ

vyo =vosenθ

vzo =0


Applicazio

ne

• Il moto avviene nel piano xy

• Le equazioni parametriche della traiettoria:

60°

x

y

vo

Per ottenere l’equazione della traiettoria y(x)

bisogna eliminare il tempo

d2xdt2

=0

d2ydt2

=−g

d2zdt2

=0

moto uniforme

moto uniformemente accelerato

moto uniforme

x(t) = vo cosθo( )t

vx =vocosθo

⎧ ⎨ ⎩ y(t) = vosenθo( )t−1

2 gt2

vy =vosinθo −gt

⎧ ⎨ ⎩ z(t) =0

vz =0⎧ ⎨ ⎩

x(t) = vocosθo( )t

y(t) = vosenθo( )t−12gt2

t =x

vo cosθo

y(t) = vosenθo( )x

vocosθo

−12g

x2

v2ocos2 θo

xo =0

yo =0

zo =0

vxo =vo cosθ

vyo =vosenθ

vzo =0


Applicazio

ne

y(t) =xtanθo −x2 g2v2

ocos2 θo

del tipoy(t) =ax+bx2

una parabola passante per l'origine!


Applicazio

ne

y(t) =xtanθo −x2 g2v2

ocos2 θo

la distanza dal punto di partenza del punto di atterraggio del proiettile (gittata).

y =0

0 =x tanθo −12

gx

vo2 cos2θo

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ ⇒

x1 =0

x2 =tanθo2vo

2cos2θo

g=

2vo2 cos2θo

gsenθo

cosθo

=2vo

2senθocosθo

g

G =x2 −x1 =2vo

2senθo cosθo

g

G =vo

2sen2θo

g=317.8m

G è massima quandosen2o è massimo:

2o=90° o=45°


Applicazio

ne

La durata del moto

y =0

x(t) =vocosθot

y(t) =vosinθot−12

gt2

z(t) =0

vx =vocosθo

vy =vosinθo −gt

vz =0

Troviamo gli istanti di tempo in cui il proiettile è al suolo y=0

y =0 ⇒ 0 =t vosinθo −12

gt⎛ ⎝

⎞ ⎠ ⇒

t1 =0

t2 =2vosinθo

g

D =t2 −t1 =2vosenθo

gD =10.59s

La velocità all’impatto t=t2

vx =vo cosθo

vy =vosinθo −g2vosinθo

g=−vosinθo

vz =0

La componente y della velocità ha cambiato di segnoIl modulo della velocità di impatto è vo


Applicazio

ne

l’altezza massima raggiunta dal proiettile ed il tempo necessario per raggiungerla.

vy =0

x(t) =vocosθot

y(t) =vosinθot−12

gt2

z(t) =0

vx =vocosθo

vy =vosinθo −gt

vz =0

Quando il punto si trova nel punto più alto della traiettoria vy=0

La gittata massima

vy =vosinθo −gt

vy =0⇒ 0=vosinθo −gt ⇒ t3 =

vosinθo

g

xmax=vo

2senθo cosθo

g=158.9 m

ymax=12

vo2 sen2 θo

g = 137.6 m

G =vo

2sen2θo

g

Gmax=vo

2

g=366.9m

La gittata per o=30°

G =vo

2sen2θo

g=

vo2sen60°

g=317.8


Applicazio

ne

Moto del proiettile


La velocità angolare

• Supponiamo che il punto materiale si muova con velocità costante sulla retta x=a

• L’angolo formato dal vettore posizione con l’asse delle x varia nel tempo

• ci possiamo calcolare la velocità angolare

x

y

vo

a

ωm =ΔθΔt

ω =limΔt→ 0ΔθΔt

media

istantanea ω(t) =dθ(t)

dt

• Se varia nel tempo ci possiamo calcolare l’accelerazione angolare

αm =ΔωΔt

α =limΔt→ 0ΔωΔt

=dωdt t

α(t) =dω(t)

dt=

d2θ(t)dt2

media istantanea


Accelerazione tangenziale

fa cambiare il modulo della velocità

L’accelerazione riferita alla traiettoria

• Partendo dalla velocità riferita alla traiettoria

• Ci calcoliamo l’accelerazione r v =v

r u t

r a =

dr v dt

=d vr u t( )

dt

r a =

d vr u t( )dt

=dvdt

r u t +v

dr u tdt

?

Per valutare la seconda componente studiamo un moto in cui varia la direzione della velocità ma non il suo modulo: il moto circolare uniforme


Il moto circolare

• Il punto P percorre una traiettoria circolare

• Il modulo di r è costante.

O Asse x

Asse y

r

r =costante

x

y

Δs=rθ

v =rω

s

x =rcosθ

y =rsenθ


Moto circolare uniforme• La traiettoria è una circonferenza ed il modulo della velocità è costante.

• Come appare dal disegno la velocità (come vettore) non è costante.

O Asse x

Asse y

r(t)r(t+ t)

v(t)v(t+t)

v(t)

v(t+t)

v

Sonouguali


Accelerazione nel moto circolare uniforme

• L’accelerazione media nell’intervallo t è:

• L’accelerazione all’istante di tempo t si ottiene facendo il limite dell’accelerazione media per t che tende a zero.

am =ΔvΔt

a =limΔt→ 0ΔvΔt

=dvdt t

v(t)

v(t+t)

v

Vettore cheha la direzione ed il verso di v. (t >0)



• Direzione e verso– Quando t tende a zero anche tende a zero

– Poiché la somma degli angoli interni in un triangolo è sempre 180, se tende a zero, gli angoli alla base tendono a 90°. (Il triangolo è isoscele)

– L’accelerazione è perpendicolare a v(t)

– Poiché v(t) è tangente alla circonferenza, l’accelerazione è radiale diretta verso il centro (accelerazione centripeta)

v(t)

v(t+t)

v



• modulo

v(t)

v(t+t)

v

O Asse x

Asse y

r(t)r(t+ t) r

s

a=limΔt→ 0ΔvΔt

Poiché i due triangoli isosceledella figura sono simili (hannolo stesso angolo al vertice)

Δvv

=Δrr

a=limΔt→ 0ΔvΔt

=limΔt→ 0vr

ΔrΔt

=limΔt→ 0vr

ΔsΔt

=v2

r


Accelerazione nel moto su traiettoria non rettilinea

• Abbiamo trovato che nel moto circolare uniforme (velocità costante in modulo) c’è solo l’accelerazione centripeta.

• Se il modulo della velocità non è costante ci sarà:

– L’accelerazione normale (centripeta) an

• responsabile del cambiamento della direzione della velocità

– L’accelerazione tangenziale at

• responsabile del cambiamento del modulo

• Ogni volta che un punto materiale si muove su una traiettoria curva (la velocità cambia direzione) c’è un’accelerazione centripeta,

r a =

r a t +

r a n =at

r u t +an

r u n

an =v2

rr = raggio di curvatura della traiettoria

r u n versore normale, direttor verso il centro

di curvatura della traiettoria


Problema

• Un’automobile di 1000 Kg affronta una curva avente un raggio di 40 m alla velocità di 36 km/h. Determinare il valore dell’accelerazione centripeta.

36kmh

=361000m3600s

=10ms

a=v2

r=

10040

=2,5ms2

r v

r a


Il moto circolare uniforme ed il moto armonico

O Asse x

Asse y

r

x

y

sa

r a =−

v2

rr u r

v =rω

r a =−

ω2r2

rr u r =−ω2r

r u r =−ω2r r

r a =−ω2r r

ax =−ω2x

ay =−ω2y

d2xdt2

=−ω2xd2ydt2

=−ω2y

x =rcosθ=rcosωt+ϕ( )

y =rsenθ=rsenωt+ϕ( )

dθdt

=ω ⇒ θ(t) =θoϕ{ +ωt


Applicazio

ne

La lancetta dei minuti di un orologio misura 12.0 cm dal suo perno all’estremità libera. Qual è lo spostamento della sua estremità A) da 15 a 30 minutiB) nella successiva mezzoraC) nella successiva oraD) calcolare la velocità angolare media ed istantaneaE) calcolare la velocità media nel caso AF) il modulo della velocità istantanea e dell’accelerazione.

r r 1 =l

r i

r r 2 =−l

r j

r r 3 =l

r j

Δr r 1 =

r r 2 −

r r 1 =−l

r j −l

r i

modulo= 2l

Δr r 2 =

r r 3 −

r r 2 =l

r j − −l

r j ( ) =2l

r j

modulo=2l

Δr r 3 =r r 3 −r r 3 =0

modulo=0

ωm =π2

15×60=1.74×10−3 rad

s

ω =ωm

r v 1 =Δr r 1

Δt=

−lr j −l

r i

Δt

modulo=2l

Δt=

1.41×12×10−2

15×60=0.0188×10−2 m

s

v =ωl =1.74×10−3 rad

s ×12×10−2m=20.88×10−5 ms

a=ω2l =1.742 ×10−6 rad

s ×12×10−2m=36.33×10−8 ms2

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