Velocità ed accelerazione
• Abbiamo definito la veocità come
dr
v(t) 
dt
a
dv
dt
dx(t)
vx 
dt
dy(t)
vy 
dt
dz(t)
vz 
dt
v  vut
dv x d2 x
ax 
 2
dt
dt
2
dv y d2 y
dv d r
a
 2 ay 
 2
dt dt
dt
dt
2
dvz d z
az 
 2
dt
dt
G.M. - Informatica B-Automazione 2002/03
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 suolo
la durata del moto
l’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°.
Appli
cazio
ne
y
• Introdurre il sistema di riferimento
–
–
–
–
Asse x orizzontale
Asse y verticale
vo contenuta nel piano xy
Origine nel punto di lancio
vo
60°
• Il corpo sarà soggetto all’accelerazione
di gravità
ax  0
Condizioni iniziali
ag
a y  g
az  0
x
xo  0
v xo  vo cos 
yo  0
zo  0
v yo  vo sen 
vzo  0
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d2 x
0
dt 2
d2y
2  g
dt
d 2z
2 0
dt
xo  0
v xo  vo cos 
yo  0
zo  0
v yo  vo sen 
vzo  0
x(t)  vo cos o t

vx  v o cos  o
y(t)  vo sen o t  12 gt 2

vy  v osino  gt
z(t)  0

vz  0
moto uniforme
moto uniformemente accelerato
moto uniforme
• Il moto avviene nel piano xy
• Le equazioni parametriche della
traiettoria:
x(t)  v o cos  o t
y(t)  v o sen o t  12 gt 2
Per ottenere l’equazione
della traiettoria y(x)
bisogna eliminare il tempo
y
Appli
cazio
ne
vo
60°
x
x
t
vo cos o
x
x2
1
y(t)  v o sen o 
 2g 2
v o cos  o
v o cos2 o
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y(t)  x tan  o  x
2
g
2
2
2v o cos o
del tipo
y(t)  ax  bx 2
Appli
cazio
ne
una parabola passante per l' origine!
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la distanza dal punto di partenza del punto di atterraggio del proiettile (gittata).


1
x
0  xtan  o  g 2
 
2
2 v o cos o 

2v2o sen o cos o
G  x2  x1 
g
x1  0
tan  o 2v2o cos 2  o 2v2o cos2  o sen o
x2 

g
g
cos  o
Appli
cazio
ne
2v 2o sen o cos  o

g
y(t)  x tan  o  x 2
g
2v2 o cos2 o
v2o sen 2 o
G
 317.8m
g
G è massima quando
sen2o è massimo:
2o=90°
o=45°
y0
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Appli
cazio
ne
La durata del moto
Troviamo gli istanti di tempo in cui il proiettile è al suolo y=0
1

y  0  0  t v osino  gt 

2 
t1 = 0
2v sino

t2 = o
g
2vo sen o
D  t 2  t1 
g
D  10.59s
La velocità all’impatto t=t2
y(t)  v osin ot 
v x  vo cos o
v y  vosin o  g
vz  0
x(t)  v o cos  ot
2vosin o
 vosin o
g
La componente y della
velocità ha cambiato di segno
Il modulo della velocità di
impatto è vo
z(t)  0
1 2
gt
2
vx  v o cos  o
vy  v osino  gt
vz  0
y0
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l’altezza massima raggiunta dal proiettile ed il tempo necessario per raggiungerla.
Quando il punto si trova nel punto più alto della traiettoria vy=0
v y  vosin o  gt
vy  0

0  vosin o  gt
 t3 
v osino
g
Appli
cazio
ne
v2o sen o cos o
x max 
 158.9 m
g
1 v2o sen2 o
y max 
 137.6 m
2
g
La gittata massima
v2o sen 2 o
G
g
2
v
G max  o  366.9m
g
x(t)  v o cos  ot
y(t)  v osin ot 
z(t)  0
1 2
gt
2
vx  v o cos  o
vy  v osino  gt
vz  0
vy  0
La gittata per o=30°
v2o sen 2 o v2o sen 60
G

 317.8
g
g
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Moto del proiettile
Appli
cazio
ne
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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
vo
D

D
m 
Dt
  lim Dt0
y
media
D
Dt
istantanea
a
(t) 
x
d(t)
dt
• Se  varia nel tempo ci possiamo calcolare l’accelerazione angolare
D
m 
Dt
media
D d
  lim Dt 0

Dt
dt t
istantanea
d(t) d 2(t)
(t) 

dt
dt 2
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L’accelerazione riferita alla traiettoria
• Partendo dalla velocità riferita alla traiettoria
• Ci calcoliamo l’accelerazione
v  vut
dv dvu t 
a

dt
dt
dvut  dv
du t
a

ut  v
dt
dt
dt
Accelerazione
tangenziale
fa cambiare il modulo
della velocità
?
Per valutare la seconda componente studiamo un moto in cui varia la
direzione della velocità ma non il suo modulo: il moto circolare uniforme
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Il moto circolare
• Il punto P percorre una traiettoria circolare
r  costante
Asse y
y
O
r
x
• Il modulo di r è costante.

Ds
x  r cos
y  r sen
Asse x
Ds  r 
v  r
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Moto circolare uniforme
• La traiettoria è una circonferenza ed il modulo della velocità è
costante.
Dv
Asse y
v(t+Dt)
v(t)
r(t+ Dt)
DQ
O
r(t)
v(t)
v(t+Dt)
DQ
Sono
uguali
Asse x
• Come appare dal disegno la velocità (come vettore) non è costante.
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Accelerazione nel moto circolare
uniforme
• L’accelerazione media nell’intervallo Dt è:
Dv
am 
Dt
Vettore che
ha la direzione ed il
verso di Dv. (Dt >0)
Dv
v(t)
v(t+Dt)
DQ
• L’accelerazione all’istante di tempo t si ottiene facendo il limite
dell’accelerazione media per Dt che tende a zero.
Dv dv
a  lim Dt 0

Dt dt t
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Accelerazione nel moto circolare
uniforme
Dv
v(t)
v(t+Dt)
• Direzione e verso
DQ
– Quando Dt tende a zero anche DQ tende a zero
– Poiché la somma degli angoli interni in un triangolo è sempre 180, se DQ
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)
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Accelerazione nel moto circolare
uniforme
• modulo
Asse y
Ds
r(t+ Dt) Dr
DQ
r(t)
O
a  lim Dt0
Dv
Dt
a  lim Dt0
Dv
v(t)
v(t+Dt)
DQ
Asse x
Poiché i due triangoli isoscele
della figura sono simili (hanno
lo stesso angolo al vertice)
Dv Dr

v
r
Dv
v Dr
v Ds v 2
 lim Dt0
 lim Dt 0

Dt
r Dt
r Dt
r
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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,
a  a t  a n  a t u t  a n un
v2
an 
r
un
r = raggio di curvatura della traiettoria
versore normale, direttor verso il centro
di curvatura della traiettoria
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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.
v
36
km
1000m
m
 36
 10
h
3600s
s
a
v2 100
a

 2,5 m 2
s
r
40
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Il moto circolare uniforme ed il moto
armonico
v2
a   ur
r
v  r
2 r 2
a
u r   2 rur   2 r
r
Asse y
a   2 r
y
O
a
r

x
Ds
Asse x
d 2x
2


x
2
dt
d
   (t)   o  t
dt

a x   2 x
a y   2 y
d2y
2


y
2
dt
x  r cos   r cost   
y  r sen  r sent   
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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 minuti
B)
nella successiva mezzora
C)
nella successiva ora
D)
calcolare la velocità angolare media ed istantanea
E)
calcolare la velocità media nel caso A
F)
il modulo della velocità istantanea e dell’accelerazione.
r1  i
r3  j
r2   j
Dr1  r2  r1   j  i
Dr2  r3  r2  j   j  2 j
modulo  2
Dr3  r3  r3  0
modulo  2
modulo  0
m 

2
15  60
  m
 1.74  10 3
Appli
cazio
ne
rad
s
m
s
Dr  j  i
2
8 m
v1  1 
a   2  1.74 2  106 rad

12

10
m

36.33

10
s
Dt
Dt
s2
2
1.41 12  10 2
m
modulo 

 0.0188  10 2
Dt
15  60
s
v    1.74  10 3
rad
s
 12  10 2 m  20.88  10 5
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