Moto in due direzioni
Carattere vettoriale della velocità
i e j sono due vettori di modulo
unitario, diretti lungo x e y
e sono detti versori
Le componenti vx e
vy si rappresentano
anche come:
v= vxi+vy j
vx e vy sono le proiezioni
di v lungo x e y, e sono dette le
componenti di v
θ  artg
y
vx
Il modulo della velocità è:
v v v
2
x
2
y
2
vy
q è l’angolo che v forma con
l’asse x
v
3
j
v
1
0
0
i
q
1
2
vx
3
vx=v cosq
vy=v sinq
Legame tra velocità e traiettoria
8
vy
vy
6
4
8
2
6
0
4
0
2
6
8
vx
2
0
4
0
2
4
6
8
vx
traiettoria
La velocità è un vettore in ogni punto tangente alla traiettoria
Moto parabolico
y
x
I corpi che vengono lanciati obliquamente con velocità iniziale non nulla
e cadono sotto l’effetto della gravità hanno traiettoria parabolica
Moto di un proiettile
In ogni punto del moto,
l’accelerazione è costante
e vale g
g
La velocità invece cambia
in direzione, modulo e
verso
Consideriamo un corpo che inizialmente abbia una velocità nel
piano verticale x,y.
3
A t=0 la velocità iniziale sia:
2
vy
v0= vx,0i+vy,0 j
Dato che l’asse x è parallelo al suolo,
non c’è accelerazione lungo x,
mentre lungo y agisce l’accelerazione di gravità g
Lungo le due direzioni le leggi della
velocità sono:
Lungo x:
vx=vx,0
1
0
0
1
2
3
vx
La componente lungo x rimane
costante, quella lungo y invece
varia nel tempo
Lungo y:
vy=vy,0-gt
Lungo x:
vx=vx,0
Lungo y:
40
vy=vy,0-gt
40
20
20
vy(m/s)
vx(m/s)
0
0
-20
-40
-20
0
2
4
6
8
t(s)
La velocità lungo x si
mantiene costante durante
tutto il movimento.
-60
0
2
4
6
8
t(s)
Invece, nel moto lungo y la velocità diminuisce e c’è
un punto in cui cambia segno. Il corpo, quindi, che
prima si muoveva dal basso verso l’alto, cambia verso.
Questo è il punto corrispondente alla massima quota.
Lungo x il moto è rettilineo uniforme
x=x0+vx,0t
Lungo y il moto è uniformemente accelerato
y=y0+vy,0t-1/2 gt2
vy=vy,0-gt
vx=vx,0
20
15
Considerazioni geometriche
x0,y0
y
10
Possiamo far coincidere l’origine degli assi
con la posizione iniziale del corpo
5
20
0
15
0
5
10
x
20
x0=0,y0=0
y
10
5
0
15
0
5
10
x
15
20
Oppure possiamo far coincidere l’origine
degli assi col suolo
Lungo x il moto è rettilineo uniforme
y=y0+vy,0t-1/2 gt2
x=vx,0t
x=x0+vx,0t
vx=vx,0
Lungo y il moto è uniformemente accelerato
Studiamo la traiettoria:
y=vy,0t-1/2 gt2
vy=vy,0-gt
20
x=vx,0t
15
10
y
x0=0,y0=0
Da qui ricavo t
t=x/vx,0 E lo inserisco qui:
5
0
0
5
10
x
15
20
y=vy,0t-1/2 gt2
y=vy,0x/vx,0-1/2 gx2/vx,02
vx,0=v0 cos q
vy,0=v0 sin q
v y,0
1 g 2
y
xx
2
v x,0 2 v x,0
1
g
2
y  tgθ xx
2
2
2 v 0 cos θ
Questa è l’equazione di una parabola.
y
Si può anche scrivere come:
25
20
15
10
5
0
-5
-10
-15
-20
-25
v0
apice
q
g
0
20
40
60
x
gittata
80
100
Calcoliamo l’apice.
vy=vy,0-gt
vyA=vy,0-gtA=0
apice
tA=vy,0/g
y
Nell’apice, la velocità lungo y cambia segno.
tA istante al quale il corpo passa da A
A
25
20
15
10
5
0
-5
-10
-15
-20
-25
v0
xA=vx,0tA
q
=vx,0vy,0/g
yA=vy,0tA-1/2 gtA2
g
0
20
40
60
x
80
100
yA=vy,0vy,0/g-1/2 vy,02/g
yA=1/2 vy,02/g
Calcoliamo la gittata.
Il corpo atterra nel punto J, di coordinate xJ,yJ
v y,0
y
1 g 2
y
xx
2
v x,0 2 v x,0
25
20
15
10
5
0
-5
-10
-15
-20
-25
v0
v y,0
1 g
2
yJ 
xJ xJ
2
v x,0
2 v x,0
q
g
0
20
40
60
x
gittata
80
100
J
v y,0
1 g 2
y
xx
2
v x,0 2 v x,0
Calcoliamo la gittata.
Se il punto (x0 ,y0) è a terra,
la gittata si calcola cercando i punti con y=0:
v y,0
y
1 g
0
x x
2
v x,0
2 v x,0
25
20
15
10
5
0
-5
-10
-15
-20
-25
A
v y,0
q
g
J
20
v x,0
v y,0 1 g
x (
x )0
2
v x,0 2 v x,0
2
v0
0
v y,0
40
60
x
gittata
80
100
xJ 
g
- 2 x0
2 v x,0
x0
g
- 2 xJ  0
v x,0 2 v x,0
v y,0
g
xJ 
2
2 v x,0
v x,0
2
2 v y,0 v x,0
xJ 
g
v
x,0
2v v
y,0
g
x,0
 2 xA
v y,0
1 g 2
y
xx vy=vy,0-gt
2
v x,0 2 v x,0
Calcoliamo il tempo di volo tJ.
y
xJ 
2 v y,0v x,0
tA istante al quale il corpo passa da A
g
tA=vy,0/g
A
25
20
15
10
5
0
-5
-10
-15
-20
-25
v0
tJ=2tA=2vy,0/g
q
g
0
J
20
40
60
x
gittata
80
100
Il tempo di volo dipende
solo dalla componente y
della velocità iniziale,
mentre la gittata
dipende anche da vx,0
y
Come cambia la traiettoria al variare dell’angolo di sparo?
20
18
16
14
12
10
8
6
4
2
0
10°
5°
20°
30°
40°
45°
50°
70°
60°
80°
89°
0
10
20
x
30
40
xJ 
2 v y,0v x,0
g
2 v sin q cos q

g
2
0
v sin 2q

g
2
0
sin 2q  1
x J ,max
2
0
v

g
2q=90°
q=45°
y(m)
Esercizio
60
Una pietra viene
lanciata obliquamente
dalla sommità di un
edificio con un angolo
di 30° rispetto alla
direzione orizzontale e
con velocità in modulo
di 20 m/s.
1) Se l’altezza
dell’edificio è 45 m,
quando atterra?
2) Quant’è la velocità
della pietra prima di
colpire il suolo?
40
20
0
0
20
40
60
x(m)
80
100
Traiettoria:
Esercizio
60
Dati:
q=30°
h=45m
v0=20m/s
y(m)
x0=0,y0=0
vx,0=v0 cos 30°
vy,0=v0 sin 30°
3
v02
v 0,x  v 0
v 0, y 
2
v y,0
1
1 4 x 9.8 2
1 g 2
xx
y
xx y
2
2
v x,0 2 v x,0
3 2 3x 20
vy=vy,0-gt
vx=vx,0
x=x0+vx,0t
y=y0+vy,0t-1/2 gt2
v0
0
40
h
-20
20
-40
0
x=vx,0t
y=vy,0t-1/2 gt2
yJ=vy,0tJ-1/2 gtJ2
J
0
20
40
60
x(m)
80
100
yJ=-45m
Esercizio
v 0,x
1) Se l’altezza dell’edificio è 45 m, quando atterra?
x0=0,y0=0
0
yJ=-45m
y(m)
Dati:
q=30°
h=45m
v0=20m/s
3
3
 v0
 20
 17.3
2
2
v0
20
v 0, y 
 10

2
2
yJ=vy,0tJ-1/2 gtJ2
-20
-45=10tJ-1/2 gtJ2
4.9tJ2-10tJ-45=0
-40
J
0
20
40
60
80
100
4.21s
x(m) t J  10  100  4 x 45x 4.9 =
-4.35
4.9
2) Quant’è la velocità della pietra prima di colpire il suolo?
Esercizio
3
v 0,x  v 0  17.3 m / s
2v
v 0, y  0 10 m / s
2
vx=vx,0
tJ=4.21
0
y(m)
Dati:
q=30°
h=45m
v0=20m/s
vy=vy,0-gt
vy=10-9.8t
vy,J=10-9.8tJ
vy,J=10-9.8x4.21
=-31.33 m/s
v J  v 2x,J  v 2y,J
-20
-40
J
0
20
40
60
80
100
x(m) v J  17.3  31.33 =35.9 m/s
2
2
Moto circolare uniforme
• La traiettoria è una circonferenza di raggio R ed il moto è tale
per cui archi uguali sono percorsi in tempi uguali
Il moto è accelerato perché benchè il modulo della velocità sia
costante, la velocità cambia in direzione
R2=x2+y2
|v|=cost=v0
v=vxi+vyj
Moto circolare uniforme
|v|=cost=v0
v=vxi+vyj
R2=x2+y2
• La velocità è diretta tangenzialmente alla traiettoria
• l’accelerazione è diretta verso l’interno nella direzione radiale
Moto circolare uniforme
|v|=cost=v0
v=vxi+vyj
R2=x2+y2
• L’accelerazione è costante in modulo, ma non in direzione.
vB=vA+Dv
C
vA
A
R
|vB|=|vA|=v
B
DR
q
O
vB
R
q Dv
D
ΔR Δv

R
v
ΔR
Δv  v
R
Δv v ΔR

Δt R Δt
2
v
a
R
v
Moto circolare uniforme
• T: periodo di rotazione è il tempo che il corpo ci mette a
compiere un giro completo, cioè 2pR
|v|=cost=v0 =2pR/T
2
v
a
R
2 2
4π R
a 2
TR
2
4π R
a
2
T
R2=x2+y2
Esempio 1
• Quali sono, invece, velocità ed accelerazione dovuti al moto
della terra intorno al sole? R=1.5 1011m T=1 anno=365x24+6h=
|v| =2pR/T=2p1.5 1011/3.15 107m/s
=3 104m/s
2
v
a
R
8
4 π2R
910


2
11
T
1.5 10
=6 10-3m/s2
8766x60x60s=3.15 107
Esempio 2
• Calcolare la velocità e l’accelerazione di un corpo che ruota
solidalmente alla terra. R=6.4 106m
T=1 giorno=24h=
|v| =2pR/T=2p6.4 106/8.64 104m/s
=4.65 102m/s
2
v
a
R
4 π 2 R 4.652104


2
6
T
6.4 10
=3.38 10-2m/s2
<<g
24x60x60s=8.64 104 s