Moto parabolico in funzione della coordinata x
Ciao a tutti, sono un po' arrugginito in fisica, e vi chiedo conferma su questo esercizio di cui non possiedo la soluzione.
Evidentemente si tratta di un moto parabolico, dove nell'asse $x$ ci si muove di MRU (moto rett. uniforme) e nell'asse $y$ di MRUA.
Le equazioni del moto sono date da $ { ( x(t)=v_0cos(alpha)t ),( y(t)=v_0sin(alpha)t - \frac{1}{2} g t^2 ):} $
1. Ricavando il tempo dalla prima equazione si ha che la traiettoria è una parabola con concavità verso il basso di equazione $y(x)=x- \frac{g x^2}{v_0^{2} cos^2(alpha)}$.
Il modulo del vettore velocità si ottiene differenziando rispetto a x (e ricordando che $alpha=45°$), ottenendo $\frac{d y(x)}{dx} = v(x)=1 - \frac{2gx}{v_0^{2}}$.
2. Ora arrivando i guai: non so come calcolare correttamente questo angolo $phi(x)$.
Dalle componenti $x(t),y(t)$ ho pensato di ricavarmi la direzione del vettore velocità tramite $tg(\phi)=\frac{v_y}{v_x}$.
Si ha $v_x=v_0 cos(alpha)$ mentre $v_y=v_0 sin(alpha) - \frac{gx}{v_0cos(alpha)}$. Perciò si ha che
3. L'accelerazione normale è, vista la dipendenza da $x$, data da $a_N(x)=\frac{d phi(x)}{dx} \cdot v(x)$. (Entrambe sono quantità note ricavate in 2) e 3).
Il raggio di curvatura inoltre si determina dal momento che vale
perciò $\rho=\frac{v(x)}{\frac{d phi(x)}{dx}}$
Spero di non aver scritto troppe scemenze. In qualche modo la dipendenza da $x$ dovrei portarla dietro in qualche modo, e così è quello che accade. Che dite?
Un punto materiale viene lanciato dal punto O con velocità $v_0= 19 \frac{m}{s}$ con un'inclinazione di 45 gradi. Trascurando l'attrito dell'aria, e considerando l'accelerazione di gravità di modulo $g=9.81 \frac{m}{s^2}$, detrminare in funzione della coordinata $x$:
1. L'equazione della traiettoria nel piano e il modulo del vettore velocità
2. La direzione del vettore velocità del sasso, in termini dell'angolo $phi(x)$ che essa forma con l'asse x.
3. La componente normale del vettore accelerazione $a_N(x)$
4. Determinare il raggio di curvatura $\rho(x)$
Evidentemente si tratta di un moto parabolico, dove nell'asse $x$ ci si muove di MRU (moto rett. uniforme) e nell'asse $y$ di MRUA.
Le equazioni del moto sono date da $ { ( x(t)=v_0cos(alpha)t ),( y(t)=v_0sin(alpha)t - \frac{1}{2} g t^2 ):} $
1. Ricavando il tempo dalla prima equazione si ha che la traiettoria è una parabola con concavità verso il basso di equazione $y(x)=x- \frac{g x^2}{v_0^{2} cos^2(alpha)}$.
Il modulo del vettore velocità si ottiene differenziando rispetto a x (e ricordando che $alpha=45°$), ottenendo $\frac{d y(x)}{dx} = v(x)=1 - \frac{2gx}{v_0^{2}}$.
2. Ora arrivando i guai: non so come calcolare correttamente questo angolo $phi(x)$.
Dalle componenti $x(t),y(t)$ ho pensato di ricavarmi la direzione del vettore velocità tramite $tg(\phi)=\frac{v_y}{v_x}$.
Si ha $v_x=v_0 cos(alpha)$ mentre $v_y=v_0 sin(alpha) - \frac{gx}{v_0cos(alpha)}$. Perciò si ha che
$phi(x)=\arctan (\frac{v_0^2cos(alpha)sin(alpha)-gx}{v_0^2cos(alpha)})$
3. L'accelerazione normale è, vista la dipendenza da $x$, data da $a_N(x)=\frac{d phi(x)}{dx} \cdot v(x)$. (Entrambe sono quantità note ricavate in 2) e 3).
Il raggio di curvatura inoltre si determina dal momento che vale
$\frac{d phi}{dt}=\frac{d phi}{ds} \frac{ds}{dt}=\frac{v}{\rho}$
perciò $\rho=\frac{v(x)}{\frac{d phi(x)}{dx}}$
Spero di non aver scritto troppe scemenze. In qualche modo la dipendenza da $x$ dovrei portarla dietro in qualche modo, e così è quello che accade. Che dite?
Risposte
Ciao feddy.
Veramente, si ottiene proprio $tan\phi(x)$:
"feddy":
Il modulo del vettore velocità si ottiene differenziando rispetto a $x$ ...
Veramente, si ottiene proprio $tan\phi(x)$:
Primo modo
$\{(x=v_0cos\alphat),(y=-1/2g t^2+v_0sin\alphat):} rarr$
$rarr y=-g/(2v_0^2cos^2\alpha)x^2+sin\alpha/cos\alphax rarr$
$rarr tan\phi(x)=(dy)/(dx)=-g/(v_0^2cos^2\alpha)x+sin\alpha/cos\alpha rarr$
$rarr \phi(x)=tg^(-1)(-g/(v_0^2cos^2\alpha)x+sin\alpha/cos\alpha)$
Secondo modo
$[t=x/(v_0cos\alpha)] ^^ \{(v_x=v_0cos\alpha),(v_y=-g t+v_0sin\alpha):} rarr$
$rarr \{(v_x=v_0cos\alpha),(v_y=-g/(v_0cos\alpha)x+v_0sin\alpha):} rarr$
$rarr tan\phi(x)=v_y/v_x=-g/(v_0^2cos^2\alpha)x+sin\alpha/cos\alpha rarr$
$rarr \phi(x)=tg^(-1)(-g/(v_0^2cos^2\alpha)x+sin\alpha/cos\alpha)$
Ciao SE ! 
Guardando i tuoi procedimenti mi ritrovo con l'espressione di $phi$ ! In effetti facendo $\frac{dy}{dx}$ ho determinato $phi(x)$ (infatti questo rapporto è proprio $\frac{v_y}{v_x}$.
Pertanto il vettore velocità si ottiene differenziando e risulta $\{(v_x=v_0cos\alpha),(v_y=-g/(v_0cos\alpha)x+v_0sin\alpha):}$.
Perciò il modulo è dato da $v(x)=\sqrt( v_x^2 + v_y^2)$.
Inoltre la direzione del vettore velocità, in termini di $phi(x)$, è data da $\vec{v}(x)=v(x)*cos(phi(x)) \mathbf{i} + v(x) sin(phi(x)) \mathbf{j}$, right?
Riguardo al punto 3, mi pare che vada tutto bene, confermi ?
Guardando i tuoi procedimenti mi ritrovo con l'espressione di $phi$ !
In effetti facendo $\frac{dy}{dx}$ ho determinato $phi(x)$ (infatti questo rapporto è proprio $\frac{v_y}{v_x}$. Pertanto il vettore velocità si ottiene differenziando e risulta $\{(v_x=v_0cos\alpha),(v_y=-g/(v_0cos\alpha)x+v_0sin\alpha):}$.
Perciò il modulo è dato da $v(x)=\sqrt( v_x^2 + v_y^2)$.
Inoltre la direzione del vettore velocità, in termini di $phi(x)$, è data da $\vec{v}(x)=v(x)*cos(phi(x)) \mathbf{i} + v(x) sin(phi(x)) \mathbf{j}$, right?
Riguardo al punto 3, mi pare che vada tutto bene, confermi ?
Premesso che, per quanto riguarda il punto 3, non capisco il tuo ragionamento, è senz'altro possibile concludere nel modo seguente:
Ti ricordo che, essendo:
si ha:
Versore tangente alla traiettoria
$vect=cos\phiveci+sin\phivecj$
Versore normale alla traiettoria
$vecn=sin\phiveci-cos\phivecj$
Vettore accelerazione
$veca=-gvecj$
Accelerazione normale
$a_n=veca*vecn=gcos\phi$
Ti ricordo che, essendo:
$\phi(x)=tg^(-1)(-g/(v_0^2cos^2\alpha)x+sin\alpha/cos\alpha)$
si ha:
$[-\pi/2 lt \phi lt \pi/2]$
Ok, ho capito il mio errore. Grazie.
Ricordavo che l'accelerazione normale aveva modulo dato da $\frac{d phi}{dt} v(t)$ e avevo cercato di adattarlo al caso in questione.
Un'ultima cosa, sempre sul terzo punto: il raggio di curvatura però dovrebbe essere corretto, almeno credo. Sinceramente l'unico modo che conoscevo per ricavarlo era quello.
Non vorrei abusare della tua pazienza !
Ricordavo che l'accelerazione normale aveva modulo dato da $\frac{d phi}{dt} v(t)$ e avevo cercato di adattarlo al caso in questione.
Un'ultima cosa, sempre sul terzo punto: il raggio di curvatura però dovrebbe essere corretto, almeno credo. Sinceramente l'unico modo che conoscevo per ricavarlo era quello.
Non vorrei abusare della tua pazienza !
Lo faccio volentieri. 
Non ho presente quella formula. Tra l'altro, non ricordo di aver mai avuto la necessità di esprimerla in funzione dell'angolo che la velocità forma con l'asse delle ascisse. Sei sicuro che non si tratti di un caso particolare?
Seguendo il mio ragionamento, avrei concluso nel modo seguente:
"feddy":
Ricordavo che l'accelerazione normale aveva modulo dato da $\frac{d phi}{dt}v(t)$ ...
Non ho presente quella formula. Tra l'altro, non ricordo di aver mai avuto la necessità di esprimerla in funzione dell'angolo che la velocità forma con l'asse delle ascisse. Sei sicuro che non si tratti di un caso particolare?
"feddy":
... il raggio di curvatura però dovrebbe essere corretto ...
Seguendo il mio ragionamento, avrei concluso nel modo seguente:
$a_n=gcos\phi(x)$
$\{(v_x=v_0cos\alpha),(v_y=-g/(v_0cos\alpha)x+v_0sin\alpha):} rarr v^2=v_0^2cos^2\alpha+(-g/(v_0cos\alpha)x+v_0sin\alpha)^2$
$[a_n=v^2/\rho] rarr [\rho=v^2/a_n]$
Non fa una grinza, grazie !
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