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Moto del corpo umano: saltoDeterminiamo quale e' l'altezza massima a cui uomo standard puo' saltare partendo da fermo.Fasi del salto:

a) In piedi, CM acirca 1 m daterra.

b) Raccoglimento CM a circa 0.65 m da terra

c) Estensione, con CM a 1.05 m da terra che termina con il decollo a velocita' v0 fase in cui spinge al suolo.

d) Salto, altro non e' che il moto di un grave libero.

h1

Appunti tratti da ”Physics of the Human Body” Irving P. Herman

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Altezza massima del salto

Sfruttiamo la conservazione dell'energia sapendo che all'altezza massima la velocita' e' nulla:

L'altezza massima raggiunta dipende dalla velocita' a cuiavviene il decollo v0. Questa velocita' non e' nota, vediamo come si puo' stimare.Durante l'estensione entrambe le gambe generano una forzanormale al suolo di modulo N(t) tale che Questa forza e' misurata e possiamo calcolarne il lavoro nel tratto quando il CM si sposta dall'estensione al salto.

12mb v0

2mb gh1=0mb g Hh1

12mb v0

2=mb gH

F v t =N t −mb g

s

Punto considerato e' CM

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Il lavoro e' uguale alla variazione di energia cinetica e dienergia potenziale:

Altezza massima del salto - 2

∫0

s

F v t dz=12mb v0

2=mb gH

H=

∫0

s

F v (t)dz

mb g=

(N (t)−mb g) s

mb g

H=

∫0

s

F v t dz

mb g

s=0.43m Valore medio preso su salti generici N(t)=1300N: misurata in esperimenti durante elongazioni normali

Dobbiamo valutare N(t) e “s”. Studi sperimentali fatti in US si ha:

Forza peso e' considerata per m=63kg

H=

∫0

s

F v t dz

mb g=

N t −mb g s

mb g=

1300N−620N0.43m620N

=0.47m

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Assumiamo che l'accelerazione verticale sia costante, a, durante la fase di estensione da cui

Salto: Durata della fase di decollo

Usando: dove e' la durata della fase di decollo

F v=mba

a=N t −mb g

mb

s=12a2

2=2

sg

mb g

N t −mb g=2

0.439.8

620N1300N−620N

=0.08 =0.28s

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Relazione altezza massima-tempo di decollo

Mettendo assieme le due relazioni:ricaviamo

Che sostituito nella formula di H

H=1

2 gv0

2=

2s/2

2g=

2s2

g 2

v0=as=12a2 v0=

2s

Diminuendo il tempo di estensione si puo' saltare piu' in alto.Tempi brevi di estensione si hanno in persone con configurazionimuscolari particolari (maggior percentuale di muscoli “veloci”)Ma questo va bilanciato con una forza minore esercitata al suoloe quindi una piu' bassa velocita' di decollo.

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Salto con l'asta

H=1

2 gv0

2=2s/

2

2g=

2s2

g 2ricaviamo

Il salto con l'asta piu' che un salto e' una spinta. L'energia cinetica del saltatore viene convertita in energia potenziale immagazzinata nell'asta che poi e' covertita in energia potenziale del saltatore.Determinanti nel salto sono la tecnica usata e materiale dell'asta.

hCM

hasta

hmin

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Salto con l'asta: dinamica

Sfruttiamo la conservazione dell'energia:

Il saltore corre con il baricentro ad altezza H1 ed e' a questaaltezza che decolla. L'angolo che l'asta forma con la verticaleper ottimi saltatori e aste in fibra di vetro e' 13-15o.

Se prendiamo:

Sostituendo Record mondiale 6.14m

Non abbiamo considerato l'allungamento del saltatore prima dilasciare l'asta

12mv 0

2mghCM=mghastamghmin

12mv0

2=mg hastahmin−hCM

hasta=hCM−hminv0

2

2g

v0=9.5m / s hCM=0.9m hmin=0.1m

hasta=5.4m

Dall'ultima equazione si ricava:

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Lancio della palla La descrizione di questo movimento e' piuttosto complessain quanto coinvolge piu' di una giuntura e quindi dovremo usarela descrizione a multisegmenti con piu' di una cerniera indipendente. Noi dobbiamo costruire un modello semplice che sara' diconseguenza approssimato e capire se e' usabile.

La figura 3.40 mostra 4 diversi modelli di lancio di palla, tuttipiuttosto irrealistici ma possono rappresentare un buono schema di partenza

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Lancio della palla: modelli

a) due cerniere, moto sia della spalla che del gomitob) una cerniera, la spalla, braccio tesoc) una cerniera, il gomito, moto governato dai tricipidid) una cerniera, il gomito, moto governato dai bicipidi

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Lancio della palla: modello a una cerniera Usiamo il modello descritto in d) per determinare la velocita' con cui e' possibile lanciare la palla da baseball.Questo corrisponde al caso 3) che abbiamo gia studiato nelloequilibrio dell'avambraccio:

∑ z=Md M sin −W F d F sin −W B d B sin

=MdM−W F d F−W B d Bsin

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Lancio della palla: modello a una cerniera-2 Figura mostra che in realta' dovremmo usare l'angolo Per scrivere l'equazione del moto:

Ma

Momento di inerzia e' dato dalla somma di quello del braccio, astarigida di lunghezza L, piu' quello della palla:

(Lunghezza dell'avambraccio piu' meta' mano)

'

∑ z= Id 2

'

dt 2 '=90o

d 2 '

dt 2=−

d 2

dt 2

∑ z=MdM−W F d F−W B d Bsin =−Id 2

dt2

Dobbiamo adesso calcolare e i vari momenti delle forze.I

I=13mF L

2mB L

2

L=0.146H0.108H /2=0.2H=36⋅10−2m

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Lancio della palla: modello a una cerniera-3

inserito tutto mF=0.022mb=2kg mB=0.146kg I=13mF L

2mB L

2

I=0.1053kgm2

Calcoliamo alcune componenti dei momenti delle forze:W F d F=mF gd F=2⋅9.8⋅0.18=3.5Nm

W B d B=mB gd B=0.146⋅9.8⋅0.36=0.5Nm

MdM=405⋅0.04=16.2Nm

∑ z=MdM−W F d F−W B d Bsin =12.2⋅sin

Ipotesi fatte:- Punto di intersezione dei bicipidi dal fulcro, dM=0.04 m indipendente da θ.- Forza muscolare M, costante ma sappiamo che dipende dalla lunghezza del muscolo.

d B=L=0.36m

d F=L /2=0.18m

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Lancio della palla: modello a una cerniera-4

Id 2

dt 2=−12.2⋅sin

d 2

dt 2=−116 s−2

⋅sin

Questa equazione differenziale non si risolve facilmente quindioccorrono altre approssimazioni.Vogliamo calcolare la velocita' finale della palla:Determiniamo condizioni iniziali e finali (fig. 3.43 a):

vB=∣L d

dt ∣

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Lancio della palla: modello a una cerniera d

dt=0t=0 braccio dritto, palla ferma t=0=180o

t=t fin braccio piegato t=t fin=0od

dt=?

Restringiamo il moto all'intervallo [135o-45o]:

t=0=34 t=t fin=

4 intervallo in cui si esercita la forza

Approssimiamo sin ≈0.707

d 2

dt 2=−116 s−2

⋅sin =−82 s−2=− Integriamo

d

dt=−⋅tc1 Poiche' d

dt=0 t=0a c1=0

d

dt=−⋅t

t =−12 t 2c2 Poiche' t=0=

34 c2=

34

t =−12 t 2

34

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Lancio della palla: modello a una cerniera-5

t fin=−12 t fin

2

34

=

4t=t fin=

4t fin=

=0.2s

vB=∣L d

dt ∣=∣L t fin∣=L=5.77m / s

Ma un buon lanciatore lancia con vB=44.7m / s=100mph

Dove e' il problema? Esaminiamo le approssimazioni fatte.1) poniamo

2) Assumiano muscoli piu' grandi, eliminiamo la gravita' poniamo

sin ≈0.707 sin ≈1d 2

dt 2=−116 s−2⋅sin =−116 s−2=− t fin=

=0.16s

vB=L=6.8m / s

∑ z=MdM sin =32.4⋅sin sin ≈1

=346 s−2 t fin=0.09s vB=L=12m / s

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Lancio della palla: modello a una cerniera Il modello iniziale e' sbagliato, troppo semplice. Anche se passassimo a quello con due cerniere non andrebbe bene.Il lancio e' qualcosa che coinvolge tutto il corpo e non solo ilbraccio e la spalla.Si capisce molto bene dalla fotografia: