1
La lezione di oggi
La cinematica
Velocità
Accelerazione
Il moto del proiettile
Salto verticale
2
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
3

Posizione, cammino, spostamento

Velocità, accelerazione

Il moto rettilineo uniforme in 2D

Il generico moto in 2D

Il moto del proiettile
4
Sistema di
coordinate cartesiane
direzione
0
origine
1
2
scala
3
4
5
6
7
8
9 m
unità di misura
verso
5
Sistema di
coordinate cartesiane
0
1
2
3
4
5
6
7
xfinale è maggiore di xiniziale
xfinale > xiniziale
xf > xi
8
9 m
6
Sistema di
coordinate cartesiane
m
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
xfinale è minore di xiniziale
xfinale < xiniziale
xf < xi
7
Posizione
m
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
La persona in figura è alla posizione x = 3 m
8
Cammino
CAMMINO (quantità sempre positiva)
lunghezza complessiva del tragitto
Casa amico  Casa tua  Drogheria
Cammino = 2.1 km + 4.3 km = 6.4 km
9
Spostamento
SPOSTAMENTO (positivo o negativo)
Cambiamento di posizione = (Posizione finale – Posizione iniziale)
Dx = xfinale – xiniziale
Dx = xf – xi
10
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
W
S
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
11

Posizione, cammino, spostamento

Velocità, accelerazione

Il moto rettilineo uniforme in 2D

Il generico moto in 2D

Il moto del proiettile
12
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
•Velocità media
v
Dx x2  x1

Dt t 2  t1
Unità di misura: m/s
13
Velocità media
v è la pendenza della retta
che unisce due punti sulla
curva x(t)
La velocità è una
grandezza vettoriale.
Nell' esempio :
6m
v
 2 m/s
3s
14
Velocità media
Moto rettilineo lungo x
spostamento
velocita' media =
tempo impiegato
Dx
xf - xi
velocita' media =
=
Dt
tf - ti
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
15
Velocità istantanea
Dx dx
v = lim
=
Dt®0 Dt
dt
Il corpo varia la sua posizione in modo continuo da un punto al
successivo, percorrendo in “piccoli” intervalli di tempo “piccole”
traiettorie.
16
Accelerazione media
Dv v finale - v iniziale v f - v i
am 


Dt t finale - t iniziale
tf - ti
velocita'
accelerazi one media 
tempo impiegato
[L T -1 ]
 [L T -2 ]
[T]
Unità di misura (Sistema Internazionale): m s-2
La interpreto come:
in 1 secondo, la velocità è variata di tot metri al secondo
17
Accelerazione istantanea
Dv dv d 2 x
a = lim
=
= 2
Dt®0 Dt
dt dt
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
18
Le equazioni del moto
uniformemente accelerato
x  x 0  vt
v  v0  at;
x
a  cost
v  1/2v0  v0  at   v0  1 / 2at
x aumenta con il
x0
quadrato del tempo
t
v
v  v 0  at
1 2
x  x 0  v 0 t  at
2
v aumenta linearmente
v0
a
con il tempo
t
a = cost
t
19
Velocità vs. spazio
20
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
21
Soluzione

Esercizio
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 )
v0
-g
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:
22
Vettori posizione e spostamento
P1
Vettore Posizione
ovvero
sono nel punto P1
Vettore Spostamento
P2
ovvero
vado da P1 a P2
P1
  
Dr  rf - ri
23
Vettore velocità


Dr
vm 
Dt
Dt è uno scalare
 e  sono paralleli
vm Dr


Dr
v  lim
Dt 0 Dt
La velocità istantanea è
tangente alla traiettoria
in ogni istante
24
Il vettore accelerazione



Dv

Dv
a  lim
am 
Dt 0 Dt
Dt

 a e Dv sono paralleli...

... ma ... cosa importantissima ... mentre v

segue il moto,
in generale non lo segue 
a
l’accelerazione non è generalmente parallela
25
alla velocità
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
Soluzione
Dx = 110 km
tempo impiegato
Dt = 57 min
vmedia = Dx / Dt
= 110 km / 0.95 h
= 116 km/h
= (57 / 60) = 0.95 h
26

Posizione, cammino, spostamento

Velocità, accelerazione

Il moto rettilineo uniforme in 2D

Il generico moto in 2D

Il moto del proiettile
27
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
28
Moto rettilineo uniforme in 2D
29
Moto rettilineo uniforme in 2D
O
30
Moto rettilineo uniforme in 2D
O
31
Moto rettilineo uniforme in 2D
A
O
32
Moto rettilineo uniforme in 2D
A

v 0  costante
O
33
Moto rettilineo uniforme in 2D
34
Moto rettilineo uniforme in 2D
35
Moto rettilineo uniforme in 2D
Condizioni al contorno

v 0  v 0  costante  0.26 ms -1
t  5.0 s
d  v 0  t  (0.26 ms -1 )  (5.0s)  1.3 m

x  d  cos θ  (1.3 m)  (cos 250 )  1.2 m
y  d  sen θ  (1.3 m)  (sen 250 )  0.55 m
Metodo ‘1’
36
Moto
rettilineo
uniforme
in 2D
Condizioni al contorno

v 0  v 0  costante  0.26 ms -1
t  5.0 s
v 0x  v 0  cos θ  (0.26 ms -1 )  (cos 25 0 )  0.24 ms -1
v 0y  v 0  sen θ  (0.26 ms -1 )  (sen 250 )  0.11 ms -1

x  v 0x  t  (0.24 ms -1 )  (5 s)  1.2 m
y  v 0y  t  (0.11 ms -1 )  (5 s)  0.55 m
Metodo ‘2’
37
Moto rettilineo uniforme
in 2D:
equazioni generali
x  x 0  v 0x  t
y  y 0  v 0y  t
38
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
q
Vps
velocità della persona rispetto al suolo
39
Esercizio
Soluzione
Si esprimono in componenti i vettori velocità del treno rispetto al
suolo (vts) e della persona rispetto al treno (vpt):
v ts = (0.70 m/s) î + (0 m/s) ĵ
v pt = (0 m/s) î + (- 0.20 m/s) ĵ
Il vettore velocità della persona rispetto al suolo è quindi
v ps = [(0.70 + 0) m/s] î + [(0- 0.20) m/s] ĵ

v x,
ps
 0.70 m/s

v y, ps  - 0.20 m/s
Modulo e verso di questo vettore sono dati rispettivamente da …

v ps  v ps  v 2x, ps  v 2y, ps  (0.70) 2  (0.20) 2  0.73 ms -1
θ  atan
v y, ps
v x,
ps
- 0.20 ms -1
o
 atan

atan
(0.2857)

16
0.70 ms -1
40

Posizione, cammino, spostamento

Velocità, accelerazione

Il moto rettilineo uniforme in 2D

Il generico moto in 2D

Il moto del proiettile
41
Generico
moto in 2D con accelerazione
costante
1
x = x 0 + v 0x t +
a xt 2
2
y = y0
1
+ v 0y t +
a yt 2
2
v x = v 0x + a x t
v y = v 0y + a y t
Nota
Questo sistema di equazioni
permette la soluzione di
qualunque problema di
cinematica in 2 dimensioni
(accelerazione costante)
42

Posizione, cammino, spostamento

Velocità, accelerazione

Il moto rettilineo uniforme in 2D

Il generico moto in 2D

Il moto del proiettile
43
Il moto di un proiettile
Un proiettile è un qualunque corpo che, avendo una
certa velocità iniziale, sia sottoposto esclusivamente
al campo gravitazionale
44
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
45
Moto di un proiettile
L’accelerazione è
uguale nei 2 casi
Relatività galileiana
Caduta di un grave
46
Equazioni
del moto di un proiettile
L’ipotesi è che:
ax = 0
a y  - g  - 9.81 ms -2
x  x 0  v 0x t
1
y  y 0  v 0y t  gt 2
2
v x  v 0x
v y  v 0y - gt
47
Lancio ad angolo
o
0
V0,x
x  v 0x t
1 2
y  h  gt
2
v x  v 0x  v 0
v y  - gt
48
La traiettoria è parabolica
x
v 0x
x  v 0x t
t =
1 2
y =h gt
2
1
y  h  gt 2
2
t =
x
v 0x
1 æ x ö
y =h gç
÷
2 è v 0x ø
2
y  a  bx 2
parabola
49
Domanda:
La gittata
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
x  v 0x t
x  v 0x t
1 2
y  h  gt
2
1 2
0  h  gt
2
x  v 0x t
t
2h
g
x  v 0x
t =
2h
g
2h
g
Gittata: (velocità scalare media) x (tempo di caduta)
50
Esercizio
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
51
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
Risolvo per q = 20o
x  (v 0 cos θ ) t
0  y 0  (v 0 sen θ ) t - 1/2 (g t 2 )
x  (3.29 ) t
1/2 (g t 2 ) - (1.2 ) t - 1.5  0
t  0.69 s
x = (3.29 ) t = 2.26 m
Per q = 30o
t  0.76 s
x = 2.30 m
Per q = 40o
t  0.83 s
x = 2.22 m
52
Lancio con un angolo qualunque e x0=y0=0
v x  v 0 cosθ
Gittata (y=0):
v y  v 0 senθ - gt
x  v 0 cosθ  t
1
y  v 0 senθ  t 
gt 2
2
53
Lancio con un angolo qualunque
e con posizione iniziale qualunque
Uguale al caso precedente,
ma ri-compaiono x0 e y0
x  x 0  v 0 cosθ  t
1 2
y  y 0  v 0 senθ  t  gt
2
v x  v 0 cosθ
v y  v 0 senθ - gt
54
Moto parabolico
(Moto di un proiettile con e senza aria)
55
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.
56
Esercizio
Soluzione
x d  v 0 d cosθ  t
1 2
y d  v 0 d senθ  t  gt
2
v x d  v 0 d cosθ
v y d  v 0 d senθ - gt
1 2
y p  h  gt
2
Comincio a calcolare q
θ  arctan
h
4.10 m
 arctan
 36.7 o
d
5.50 m
57
Esercizio
Il delfino raggiunge la distanza della palla quando xd = d =
5.50m
x d  v 0 d cosθ  t
1 2
y d  v 0 d senθ  t  gt
2
v x d  v 0 d cosθ
v y d  v 0 d senθ - gt
1 2
y p  h  gt
2
t
xd
5.50 m

 0.572 s
-1
v 0 d cosθ 9.62 ms
1 2
y d  v 0 d senθ  t  gt
2
v x d  v 0 d cosθ
v y d  v 0 d senθ - gt
1 2
y p  h  gt
2
... e questo evento succede al tempo t = 0.572 s
58
Esercizio
Al tempo t = 0.572 s il delfino si troverà ad un’altezza...
x d  v 0 d cosθ  t
1 2
y d  v 0 d senθ  t  gt
2
v x d  v 0 d cosθ
x d  v 0 d cosθ  t
v x d  v 0 d cosθ
v y d  v 0 d senθ - gt
v y d  v 0 d senθ - gt
1 2
y p  h  gt
2
1 2
y p  h  gt
2
y d  (12.0 ms -1 )sen(36.7 o )  (0.572 s) 
1
(9.81 ms -2 )  (0.572 s) 2  4.10 m - 1.60 m  2.50 m
2
Al tempo t = 0.572 s il delfino si troverà ad un’altezza di 2.50 m
59
Esercizio
Al tempo t = 0.572 s la palla si troverà ad un’altezza...
x d  v 0 d cosθ  t
y d  v 0 d senθ  t 
1 2
gt
2
v x d  v 0 d cosθ
v y d  v 0 d senθ - gt
yp  h 
x d  v 0 d cosθ  t
1 2
y d  v 0 d senθ  t  gt
2
v x d  v 0 d cosθ
v y d  v 0 d senθ - gt
1 2
gt
2
1
y p  4.10 m  (9.81 s -2 )  (0.572 s) 2  4.10 m - 1.60 m  2.5 m
2
Al tempo t=0.572 s la palla si troverà ad un’altezza di 2.50 m
60
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
61
Moto circolare uniforme (2)
yP
q
xP
Questi calcoli non sono presenti nei testi consigliati
62
Moto circolare uniforme (3)
Modulo dell’accelerazione
centripeta
Questi calcoli non sono presenti nei testi consigliati
63
Moto circolare uniforme (4)
L’accelerazione è effettivamente diretta verso il centro della circonferenza.
Infatti:
Quindi q=  il vettore accelerazione ha
direzione radiale ed è rivolto al centro.
Questi calcoli non sono presenti nei testi consigliati
64
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:
a = ar + at = ar nˆ + at tˆ
dv
at =
dt
Accelerazione
tangenziale
v2
ar =
R
Accelerazione
radiale
v = vtˆ
con tˆ versore tangenziale nˆ versore normale
alla traiettoria, diretto verso il centro di
curvatura
La dimostrazione è nelle 2 slide
seguenti (non c’è nel testo)
Il raggio dei cerchi tratteggiati è
il raggio di curvatura della
traiettoria nei punti A, B e C
65
Accelerazione radiale e
tangenziale
a=
dtˆ
dv d(vtˆ ) dv
=
= tˆ + v
dt
dt
dt
dt
ö æ df
ö
dtˆ æ df
= ç- sin f ÷ iˆ + ç cos f ÷ ˆj
ø è dt
ø
dt è dt
df
df
=
-(sin f )iˆ + (cos f ) ˆj =
nˆ
dt
dt
[
]
dv
df
ˆ
a= t +v
nˆ
dt
dt
Ora occorre dimostrare
che d/dt=v/R ….
tˆ = (cos f) iˆ + (sin f ) ˆj
y
é æ
p öù ˆ é æ p öù ˆ
nˆ = êcosçf + ÷úi + êsinçf + ÷ú j
2 øû ë è
2 øû
ë è
C
= -(sin f )iˆ + (cos f ) ˆj
nˆ

tˆ
x
66
Accelerazione radiale e
tangenziale
df 1
=
ds R
df df ds
df v
º
× =v
=
(2)
dt ds dt
ds R
(1)
ds = Rdf Þ
Quindi, sostituendo la (2)
nell’espressione ricavata per
l’accelerazione, si ottiene:
a=
dv
df
dv
v
tˆ + v nˆ = tˆ + v nˆ
dt
dt
dt
R
Nel tempo dt, il punto
percorre un cammino
elementare ds=vdt 
arco di circonferenza
ds=Rd
y
C
d
R
d
nˆ
dv
v2
a = tˆ + nˆ
dt
R

tˆ
x67
Questo argomento non è presente nei testi consigliati
Moto armonico (1)
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:
yP
q
xP
68
Moto armonico (2)
69
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
70
Moto relativo
bidimensionale
derivando rispetto al tempo, si trova:
Se
è costante, allora:
71
Riassumendo
Con la cinematica 2D risolvo il problema del
moto di un proiettile
Prossima lezione:
Le leggi di Newton
72