Introduzione alla Meccanica: Cinematica

Introduzione alla Meccanica: Cinematica La Cinematica si occupa della descrizione geometrica del moto, senza riferimento alle sue cause. E’ invece compito della Dinamica mettere in relazione il moto con le sue cause: perch`e e come gli oggetti si muovono. Nel seguito ci occuperemo di fenomeni classici, ovvero: • che avvengono a velocit`a > dimensioni atomiche, per corpi di massa m >> massa delle particelle elementari; in tal caso si pu` o parlare di una traiettoria ben definita per un corpo.

Cinematica: moto rettilineo Per localizzare un oggetto che si muove su di una retta, `e sufficiente conoscere la sua posizione, x(t), rispetto ad un sistema di riferimento:

• Spostamento: ∆x = x(t2) − x(t1)[m]. E’ la distanza percorsa in un tempo ∆t = t2 − t1 [s]. ∆x • Velocit`a media: v = [m/s] ∆t ∆x • Velocit`a istantanea: v = lim [m/s] ∆t→0 ∆t Attenzione ai segni! La velocit`a pu` o essere positiva o negativa, ma spesso si intende la velocit`a scalare, |v| o |v|, che `e sempre positiva.

Moto rettilineo: rappresentazione grafica Diagramma orario, x(t):

v: velocit`a media, `e la pendenza della retta che congiunge i punti x(t1) e x(t2)

Un altro esempio

Velocit` a media e istantanea

x(t + ∆t) − x(t) dx(t) v(t) = lim = ∆t→0 ∆t dt La velocit`a istantanea `e la derivata di x(t) rispetto al tempo (notazione alternativa: v(t) = x(t)), ˙ e la pendenza della tangente alla curva x(t).

Accelerazione media e istantanea ∆v • Accelerazione media: a = [m/s2] ∆t ∆v • Accelerazione istantanea: a = lim ∆t→0 ∆t L’accelerazione istantanea `e la derivata di v(t) rispetto al tempo, ovvero la derivata seconda di x(t) rispetto al tempo: dv(t) d2x(t) a(t) = = dt dt2 (notazione alternativa: a(t) = x ¨(t)), ovvero la pendenza della tangente alla curva v(t).

Richiamo: calcolo di derivate • Derivata della somma di funzioni: d df dg (f (x) + g(x)) = (x) + (x) dx dx dx funzione d df • Se α `e costante, (αf )(x) = α (x) y=α dx dx y = xα • Derivata del prodotto di due funzioni: y = sin x df dg d (f (x)g(x)) = g(x) (x) + f (x) (x) y = cos x dx dx dx y = tan x y = log x • Derivata di funzione di funzione: y = ex d df dg (f (g(x)) = (g(x)) (x) dx dg dx

derivata y0 = 0 y 0 = αxα−1 y 0 = cos x y 0 = − sin x y 0 = 1/ cos2 x y 0 = 1/x y 0 = ex

Quiz rapido

Quanto vale la velocit`a media nei primi 4 secondi? E la velocit`a istantanea nell’istante t = 4 s ?

Qual `e l’accoppiamento corretto fra grafici di velocit`a e di accelerazione qui accanto?

Riassunto Se conosciamo la posizione x(t) in funzione del tempo, possiamo determinare velocit`a e acelerazione in funzione del tempo come: x = x(t) dx v = dt dv d2x = 2 a = dt dt Esempio: La posizione di una particella sull’asse x `e data dalla funzione: x = 8t2 − 6t + 4, dove le unit`a di misura sono m per x, s per t. Trovare le funzioni v(t) e a(t) della particella.

Moto uniforme e uniformemente accelerato Moto rettilineo uniforme:

Moto uniformemente accelerato:

v = costante

1 2 x = x0 + v0t + at 2 v = v0 + at

a = 0

a = costante

x = x0 + vt

Grafici di posizione, velocit`a, accelerazione in funzione del tempo per il moto uniformemente accelerato:

Moto uniformemente accelerato, relazioni utili v − v0 Da v = v0 + at, risolvendo rispetto a t: t = a 1 2 Da x = x0 + vt + at , sostituendo l’espressione per t prima trovata: 2  2 v − v0 1 v − v0 x = x0 + v0 + a a 2 a ovvero  x − x0 =

1 v − v0 v0 + a 2 a



v − v0 a



 =

v + v0 2



da cui un’espressione che lega velocit`a e spazio percorso: v 2 − v02 = 2a(x − x0)

v − v0 a



Accelerazione di gravit` a Un oggetto lasciato libero cade verso terra per effetto della forza di gravit`a. L’accelerazione causata dalla gravit`a `e la stessa per qualunque oggetto: in assenza di altre forze (per esempio, resistenza dell’aria) tutti gli oggetti cadono con la stessa accelerazione. L’accelerazione di gravit`a si indica per convenzione con la lettera g. • Alle nostre latitudini, alla superficie terrestre: g = 9.81m/s • All’equatore, g = 9.78m/s

2

• Al polo nord, g = 9.83m/s

2

2

Caduta libera dei gravi

Nell’esempio a lato, y0 = y(t = 0) = 0 v0 = v(t = 0) = 0 1 2 1 2 y(t) = at = − gt 2 2 Il segno dell’accelerazione `e dovuto alla scelta del verso dell’asse y (positivo verso l’alto)

Caduta libera dei gravi Un altro esempio

Cinematica in due o pi` u dimensioni • Le grandezze cinematiche fondamentali: – posizione, – velocit`a, – accelerazione, sono dei vettori nello spazio a due o tre dimensioni, dotati di modulo, direzione, verso. In realt`a anche nel moto rettilineo tali grandezze sono dei vettori, ma ... in una dimensione! Hanno un segno e un modulo ma la direzione `e fissata.

• Il corpo percorre una traiettoria nello spazio

Posizione e spostamento ˆ • Vettore posizione: ~r(t) = x(t)ˆi + y(t)ˆj + z(t)k ˆ • Spostamento: ∆~r = ~r2 − ~r1 = (x2 − x1)ˆi + (y2 − y1)ˆj + (z2 − z1)k

Velocit` a ∆~r ~ Velocit`a media: v = ∆t Velocit`a istantanea: ∆~r d~r = ~v (t) = lim ∆t→0 ∆t dt

La velocit`a istantanea: ˆ ~v (t) = vx(t)ˆi + vy (t)ˆj + vz (t)k dxˆ dyˆ dz ˆ = i+ j+ k dt dt dt `e sempre tangente alla traiettoria

Accelerazione ∆~v ~ Accelerazione media: a = ∆t Accelerazione istantanea: ∆~v d~v d2~r ~a(t) = lim = = 2 ∆t→0 ∆t dt dt In componenti cartesiane: dvxˆ dvyˆ dvz ˆ ˆ ˆ ˆ ~a(t) = ax(t)i + ay (t)j + az (t)k = i+ j+ k dt dt dt d2xˆ d2yˆ d2z ˆ = i + 2j + 2k 2 dt dt dt

Accelerazione (2) • In generale, in un moto curvilineo, la velocit`a cambia sia in modulo che in direzione: l’accelerazione pu` o essere non nulla anche se il modulo della velocit`a non cambia. • L’accelerazione `e un vettore nella direzione della variazione della velocit`a. Poich´e la velocit`a cambia nella direzione in cui la traiettoria s’incurva, l’accelerazione `e sempre diretta verso la concavit`a della traiettoria

Moto circolare e circolare uniforme Moto caratterizzato da ~v ⊥ R costante. Introduciamo la percorsa lungo la circonferenza,

~ con R, distanza s = Rθ:

ds dθ v= =R dt dt dθ `e detta velocit`a La grandezza ω = dt angolare, si misura in radianti/s o in s−1. Moto circolare uniforme: caratterizzato da velocit`a angolare ω costante. 2π Periodo: T = , tempo necessario per fare un giro completo. ω 1 ω Frequenza: ν = = , numero di giri per unit`a di tempo. T 2π

Velocit` a angolare come vettore

La velocit`a angolare pu` o essere definita come un vettore di modulo ω, direzione perpendicolare al piano del moto, verso secondo la regola della mano destra. Con queste convenzioni: ~v = ω ~ × ~r

Velocit` a e accelerazione nel moto circolare uniforme

• Dal disegno sopra si vede che ∆~v = ~vf − ~vi tende ad un vettore di modulo v∆θ = vω∆t = (v 2/r)∆t, diretto verso il centro v2 • l’accelerazione `e quindi centripeta e di modulo aC = = ω 2r . r

Esempio Determinare la velocit`a angolare della terra attorno al proprio asse. Attenzione: non `e semplicemente ω = 2π/T , dove T = 86400 s `e la lunghezza del giorno solare medio! Il periodo T 0 di rotazione della terra, o giorno sidereo, vale T 0 = 86160 s, perch´e la terra deve ancora ruotare di un angolo γ ' 1◦ affinch`e il sole torni nella stessa posizione. Da qui: 2π ω = 0 = 7.292 × 10−3rad s−1. T La differenza t = T − T 0 = 240 s pu` o essere stimata come t = γ/ω. Usando γ ' 2π/360 rad si trova t = 239 s.

Moto dei proietti • E’ il moto di particelle che vengono lanciate con velocit`a iniziale ~v0 e sono soggette alla sola accelerazione di gravit`a ~g supposta costante. • La pallina rossa viene lasciata cadere da ferma nello stesso istante in cui l’altra `e lanciata orizzontalmente verso destra con velocit`a ~v0. • Osservazioni sperimentali: – gli spostamenti verticali delle due palline sono identici – Il moto orizzontale e il moto verticale sono indipendenti

Analisi del moto dei proietti Il moto pu`o essere analizzato separatamente nelle sue componenti: – la componente orizzontale `e descritta dalle relazioni cinematiche del moto rettilineo uniforme – quella verticale dalle relazioni del moto uniformemente accelerato.

Il moto avviene nel piano individuato da ~v0 e ~g : scegliamo un sistema di riferimento cartesiano ortogonale orientando l’asse x orizzontalmente e l’asse y lungo la verticale.

Analisi del moto dei proietti Analizziamo separatamente il moto orizzontale: ax = 0,

vx = v0x = cost,

x = x0 + v0xt

e il moto verticale: ay = −g,

vy = v0y − gt, v0x = v0 cos θ,

1 2 y = y0 + v0y t − gt 2 v0y = v0 sin θ

Determiniamo la traiettoria: il luogo geometrico dei punti occupati dal vettore posizione ~r(t) nel corso del tempo.

Equazione della traiettoria Eliminiamo t fra le equazioni del moto per x(t) e y(t): x − x0 x(t) = x0 + v0xt → t = v0x 1 2 v0y 1 (x − x0)2 y(t) = y0 + v0y t − gt → y − y0 = (x − x0) − g 2 2 v0x 2 v0x Ponendo v0x = v0 cos θ, v0y = v0 sin θ, x0 = y0 = 0, otteniamo: g 2 x y = x tan θ − 2(v0 cos θ)2 Questa `e l’equazione di una parabola: la traiettoria `e parabolica.

Gittata Distanza orizzontale coperta dal proietto all’istante in cui tocca il suolo: 1 2 y = v0t sin θ − gt = 0 2 Soluzioni: t = 0, oppure 2v0 sin θ t= g Sostituendo quest’ultimo in x(t) = x0 + v0(cos θ)t si trova: 2v02 v02 x − x0 = sin θ cos θ = sin(2θ) = R g g

Gittata 2

La gittata R: v02 R = sin(2θ) g `e massima se θ = 45◦.

L’altezza massima h si raggiunge quando vy = v0 sin θ − gt = 0, ovvero g v02 per t = , da cui h = sin2 θ. v0 sin θ 2g

Qualche esercizio In un cantiere una chiave inglese viene lasciata cadere da ferma da una certa altezza h e arriva al suolo con velocit`a v = 24 m/s. 1. Quanto tempo ha impiegato a cadere? 2. Da che altezza `e caduta? (si trascuri l’effetto dell’attrito con l’aria)

Qualche esercizio In un cantiere una chiave inglese viene lasciata cadere da ferma da una certa altezza h e arriva al suolo con velocit`a v = 24 m/s. 1. Quanto tempo ha impiegato a cadere? 2. Da che altezza `e caduta? (si trascuri l’effetto dell’attrito con l’aria)

1) v = gt, da cui t = v/g = 2.45 s 2) h = gt2/2 = v 2/(2g) = 29.4 m. Notare che quest’ultima relazione `e uguale all’espressione trovata in precedenza: v 2 − v02 = 2a(x − x0) con v0 = 0, x0 = 0, x = h, a = g

Come impostare la risoluzione di un problema Qualche consiglio utile: a) Leggere attentamente il testo b) Fare un disegno scegliendo il sistema di riferimento c) Analizzare il problema: quali relazioni cinematiche si possono usare? d) Risolvere il problema simbolicamente e) Verificare se la risposta `e dimensionalmente corretta f) Risolvere il problema numericamente.

Qualche altro esercizio

Una palla viene lanciata lungo la verticale ascendente con velocit`a iniziale v0 = 20 m/s. a) Per quanto tempo rimane in aria? b) Qual `e il valore della massima quota raggiunta? c) In quale istante si trova a 15 m sopra il suolo?

Soluzioni: a) y(t) = v0t − gt2/2; cerchiamo il tempo t1 tale per cui y(t1) = 0. Otteniamo: v0t1 − gt21/2 = 0, ovvero t1 = 0 (soluzione banale) e t1 = 2v0/g = 4.08 s. b) La quota massima `e raggiunta quando v(t) = v0 − gt = 0, ovvero dopo t2 = v0/g = 2.04 s. Notate che t1 = 2t2: la salita dura lo stesso tempo della discesa. La quota raggiunta `e quindi y(t2) = v0t2 − gt22/2 = v02/2g = 20.4 m. c) Dobbiamo cercare il tempo t3 tale per cui y(t3) = y1 con y1 = 15 m, ovvero v0t3 − gt23/2 = y1. Questa `e√un’equazione di secondo v0 ±

v02−2gy1 . g

grado in t che ha come soluzioni t3 = Le due soluzioni sono t3 = 0.99 s (in salita) e t3 = 3.09 s (in discesa). Notare che se y1 > v02/2g non ci sono soluzioni: il termine sotto radice diventa negativo. In effetti la pallina non sale mai oltre tale livello.

Altri esercizi • Si lascia cadere una pietra da un dirupo alto 100 m. Quanto tempo impiega per cadere a) per i primi 50 m, b) per i restanti 50m? • Dalla cima di un edificio si lancia verticalmente verso l’alto un sasso. Esso raggiunge la massima altezza 1.60 s dopo il lancio. Ricade in strada dove giunge 6.00 s dopo il lancio. Determinare: a) La velocit`a di partenza del sasso; b) l’altezza massima raggiunta sopra l’edificio; c) l’altezza dell’edificio.

Qualche esercizio Un camion rallenta da una certa velocit`a iniziale fino ad una velocit`a finale di 2.80 m/s. La frenata dura 8.5 s e in questo tempo il camion percorre 40.0 m. Trovare a) la velocit`a iniziale del camion, b) la sua accelerazione.

Esempio 1 Nel 1996 C. Lewis vinse la medaglia d’oro nel salto in lungo con un salto di 8.50 m. Se l’angolo con cui spicc` o il salto fu θ = 23◦, calcolare, assumendo il moto parabolico, il modulo v0 della velocit`a iniziale.

Esempio 1 Nel 1996 C. Lewis vinse la medaglia d’oro nel salto in lungo con un salto di 8.50 m. Se l’angolo con cui spicc` o il salto fu θ = 23◦, calcolare, assumendo il moto parabolico, il modulo v0 della velocit`a iniziale.

R=

v02 g

s sin(2θ) → v0 =

Rg = sin(2θ)

Vi sembra un valore ragionevole?

r

8.50 · 9.81 m/s = 10.8m/s 0.72

Esempi 2 e 3 Dal tetto di un edificio di altezza h viene lanciata una pallina con velocit`a v0 = 10 m/s e inclinazione θ = 30◦ rispetto all’orizzontale. Calcolare l’altezza h dell’edificio, sapendo che la pallina arriva al suolo ad una distanza d = 18 m dalla base dello stesso.

Variante (un po’ pi` u complicata): Dal tetto di un edificio di altezza h = 45 m viene lanciata una pallina con velocit`a v0 = 20 m/s e inclinazione θ = 30◦ rispetto all’orizzonte. Calcolare a che distanza dall’edificio la pallina tocca il suolo.

Nota Bene • E’ necessario specificare sempre in quale sistema di riferimento si descrive il moto: le componenti di ~r, di ~v e di ~a, l’espressione analitica della traiettoria, dipendono dal sistema di riferimento. • Le relazioni generali tra le grandezze cinematiche sono invece relazioni vettoriali e in quanto tali non dipendono (sono covarianti) dalla scelta del sistema di riferimento. Usiamo l’equazione della traiettoria (valida se x0 = y0 = 0!): g 2 x y = x tan θ − 2(v0 cos θ)2 Soluzione del primo problema: g 2 y = d tan 30 − d , ◦ 2 2(v0 cos 30 ) ◦

h = −y = 10.8m