r ˙ v y = = y 0 ˆ P = − mg j € € € y r € r y = 0 r ˙ ˆ y = 5 ms j € r ˆ ˙ ˙ P = m y j r ˙ y ˆ j ˆ ˆ ()= ˙ ˙ − m g j =/ m y j / € x ˆ ˙ ˙ y = − g i r P € () € € € € ˙ ˙ y t − gdt = − gdt = − gt + y ∫∫ € 12 12 € ˙ ˙ ˙ ˙ y = − gt + y dt = − gtdt + y dt = − g

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Testo completo

(1)

Grave lanicato verso l’alto (1/3)

r ˙ y 0

i ˆ

ˆ j

x

y

y r 0=r r 0

y ˙ 0= 5ms−1ˆ j

P r

y =

∫ (

−gt + ˙ y 0

)

dt = −g tdt

+ ˙ y 0

dt = −12gt2+ ˙ y 0t + y0=12gt2+ ˙ y 0t

Vogliamo studiare il moto di un corpo lanciato verso l’alto con una certa velocità iniziale

v0= ˙ y 0, soggetto unicamente alla forza di attrazione gravitazionale terrestre (si trascura l’attrito dell’aria).

Se poniamo la quota di partenza uguale a zero, le condizioni iniziali sono quindi

Poiché l’unica forza agente sul corpo è l’attrazione gravitazionale terrestre

P = −mgˆ j applicando il secondo principio otteniamo:r

P = m˙ ˙ r y ˆ j ovvero

− / m gˆ j = / m ˙ ˙ y ˆ j

˙ ˙ y = −g

Integrando rispetto al tempo otteniamo la velocità del grave:

y t˙

( )

=

−gdt = −g dt = −gt + ˙

y 0

Un’ulteriore integrazione ci dà l’espressione dello spazio percorso dal grave:

dove si è posto

y0 = 0 coerentemente con le condizioni iniziali.

(2)

Grave lanicato verso l’alto (2/3)

r ˙ y 0

i ˆ

ˆ j

x

y

P r

tM = y ˙ 0

g = 5ms−1

9.8ms−2 = 0.51s

y t

( )

M = yM = −1

2gtM2 + ˙ y 0tM = −1

29.8ms−20.26s2+ 5ms−10.51s = Ci chiediamo ora quanto tempo impiega il grave dopo a raggiungere la massima altezza e qual è la quota raggiunta. Quando il grave raggiunge la quota massima esso si ferma per un istante prima di invertire il verso delmoto e ricadere verso terra; l’istante

tM in cui ciò avviene è quindi quello in cui

y t˙

( )

M = 0 , cioè:

−gtM + ˙ y 0= 0 Risolvendo rispetto a

t e sostituendo i valori per

y ˙ 0 e

g otteniamo:

La quota massima raggiunta si ottiene inserendo il tempo

tM trovato nell’espressione dello spazio percorso:

= −1.28m + 2.55m = 1.27m

Ci chiediamo infine quanto tempo impiega il grave per tornare al punto di partenza e con quale velocità raggiunge il suolo; imponiamo quindi che sia

y t

( )

= 0:

−1

2gt2+ ˙ y 0t = 0 t ˙ y 0−1

2gt

  

  = 0

(3)

Grave lanicato verso l’alto (3/3)

r ˙ y 0

i ˆ

ˆ j

x

y

P r

y t˙

( )

2 = −gt2+ ˙ y 0= − / g 2 ˙ y 0

g / + ˙ y 0= −2 ˙ y 0 + ˙ y 0= − ˙ y 0 Le due soluzioni di questa equazione di secondo grado

corrispondono una all’istante iniziale e l’altra all’istante cercato in cui il grave torna alla quota di partenza:

t1= 0 t2=2 ˙ y 0 g Il tempo

t2 è esattamente due volte il tempo, trovato

precedentemente, che il grave impiega per raggiungere la quota massima. Il moto presenta quindi delle simmetrie evidenziate anche dalla velocità raggiunta dal grave nell’istante in cui raggiunge la quota iniziale:

che è uguale in modulo alla velocità impressa all’istante iniziale ma diretta nel verso opposto (da qui il segno negativo).

(4)

Gittata di un proiettile (1/3)

v r 0

i ˆ

ˆ j

x

y

v0

x = v0cosϑ

v0

y = v0sinϑ

ϑ

m˙ ˙ x = 0 m˙ ˙ y = −mg

˙ ˙ x = 0

˙ ˙ y = −g

x0 = 0 y0 = 0

{

{

{

{

Consideriamo un proiettile lanciato con una certa velocità iniziale

v r 0che forma un angolo

ϑ con il verso positivo dell’asse delle ascisse. Come nel caso del grave lanciato verso l’alto anche per il proiettile supporremo che sia soggetto

unicamente alla forza di attrazione gravitazionale terrestre e quindi trascureremo l’attrito dell’aria.

Ci proponiamo di determinare l’angolo

ϑMAX per il quale il proiettile ha gittata massima.

Poniamo come condizioni iniziali che le coordinate del punto di partenza coincidano con l’origine del nostro sistema di riferimento cartesiano:

Le componenti

x ed

y della velocità iniziale sono date dalle proiezioni del vettore

v r 0 sugli assi coordinati:

Le forze agenti sul proiettile si riducono, con le nostre ipotesi, alla sola forza di attrazione gravitazionale.

Scriviamo quindi la seconda legge della dinamica per le due componenti del moto:

L’accelerazione lungo la direzione orizzontale è quindi nulla mentre quella lungo la direzione verticale è pari all’accelerazione di gravità:

(5)

Gittata di un proiettile (2/3)

v r 0

i ˆ

ˆ j

x

y

ϑ

x t˙

( )

=

˙ ˙ x t

( )

dt = 0

dt = 0 + v0x = v0x

y t˙

( )

=

˙ ˙ y t

( )

dt = −g dt

= −gt + v0y

x t

( )

=

x t˙

( )

dt = v

0xdt = v0xt + x0 = v0xt

y t

( )

=

y t˙

( )

dt =

∫ (

−gt + v0y

)

dt= −21gt2+ v0yt + y0= −12gt2+ v0yt

t1= 0, t2=2v0y g

xMAX

{

{

Integrando rispetto al tempo queste due equazioni otteniamo le componenti

x ed

y della velocità del proiettile:

Un’ulteriore integrazione rispetto al tempo ci dà le equazioni parametriche della traiettoria del proiettile:

Per determinare la distanza raggiunta dal proiettile rispetto al punto di partenza possiamo ad esempio calcolare il tempo necessario affinché il proiettile raggiunga nuovamente la quota inziale:

y t

( )

= 0 1

2gt2+ v0yt = 0t −1

2gt + v0y

  

  = 0 La seconda soluzione dell’ultima equazione ci dà il tempo cercato:

(6)

Gittata di un proiettile (3/3)

v r 0

i ˆ

ˆ j

x

y

ϑ

x t

( )

2 = v0xt2= v0x 2v0y g =2v02

g cosϑ sinϑ

dx =2

gv02 d

(

cosϑ sinϑ

)

=2

gv02

(

−sin2ϑ + cos2ϑ

)

dϑ = 0

ϑMAX =π 4 = 45°

xMAX

La distanza raggiunta dal proiettile si ottiene inserendo il tempo appena trovato nell’equazione parametrica del moto per la componente orizzontale:

Fissato il modulo della velocità iniziale

v0, la distanza

x dipende solo dall’angolo

ϑ . Derivando quindi questa funzione

x ϑ

( )

rispetto a

ϑ ed uguagliando a zero ricaviamo il valore dell’angolo

ϑMAX per il quale la distanza raggiunta è massima:

Rielaborando l’espressione compresa nelle parentesi e ricordando dalla trigonometria che

sin2ϑ + cos2ϑ = 1 otteniamo:

−1 + 2cos2ϑMAX = 0 ⇒ cos2ϑMAX =1

2 ⇒ cosϑMAX = 2 2

per cui l’angolo per il quale il proiettile raggiunge la massima distanza dal punto di partenza è:

figura

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