Esercizi sul moto circolare

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Benvenuti nella nostra raccolta di esercizi sul moto circolare, uno degli argomenti centrali nei programmi di Meccanica dei corsi di Fisica 1. I moti circolari possono verificarsi infatti in tutti i fenomeni fisici in cui un campo di forze attrae centralmente i corpi circostanti.
In questo articolo presentiamo 11 esercizi completamente risolti su questo tema; il materiale è particolarmente indicato per studenti dei corsi di Fisica 1 per la preparazione degli esami e per appassionati che desiderano avere una panoramica varia sull’argomento.

Moto circolare: ulteriori risorse

Oltre all’esaustiva lista alla fine dell’articolo, segnaliamo le raccolte di esercizi su argomenti correlati:

Evidenziamo anche i seguenti articoli teorici:

Sommario

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Questa dispensa raccoglie undici esercizi svolti riguardanti il moto circolare, concepiti specificamente per studenti universitari dei corsi di laurea in ingegneria, matematica e fisica, così come per coloro che desiderano avvicinarsi per la prima volta a tale argomento. Gli esercizi proposti mirano a consolidare la comprensione teorica e l’applicazione pratica delle leggi del moto circolare, un concetto fondamentale in fisica 1.

Per affrontare con successo tali esercizi è richiesta una solida conoscenza delle tecniche matematiche affrontate nei corsi di Analisi 1 [1, 2, 3, 4], con particolare riferimento ai concetti di derivazione e integrazione. Le competenze acquisite in tale ambito risultano essenziali per la risoluzione dei problemi proposti, i quali presuppongono una comprensione approfondita delle relazioni cinematiche che governano il moto circolare.

Si auspica che gli esercizi proposti rappresentino uno stimolo intellettuale e costituiscano un valido supporto didattico nel percorso formativo degli studenti.

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti, Christian Magliano.

Revisore: Andrea Corradini.

Introduzione al moto circolare

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Gli esercizi proposti coprono una vasta gamma di problematiche, dai quesiti introduttivi, utili per consolidare la comprensione dei concetti fondamentali del moto circolare uniforme e non uniforme, fino a esercizi più complessi, che richiedono l’applicazione di principi avanzati e tecniche di calcolo più sofisticate.

In particolare, gli Esercizi 1, 2 e 3 affrontano nello specifico due tipologie di moto circolare: quello uniforme e quello uniformemente accelerato. A partire dall’Esercizio 4, il lettore sarà chiamato a risolvere problemi di moto circolare con variazioni più articolate, che in alcuni casi si riconducono ai moti studiati in precedenza.

La teoria sul moto circolare: brevi richiami

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Un corpo $P$ si muove di moto circolare quando il suo moto avviene lungo una traiettoria circolare. Il raggio della circonferenza è $R$ e il suo centro è detto $O$ . Definiamo un sistema di riferimento cartesiano fisso $Ox$ orientato come in figura 1 (a). Sia $\theta$ l’angolo che spazza il corpo che si muove di moto circolare rispetto all’asse delle $x$ , come rappresentato nella figura 1 (a). Definiamo $\dot{\theta}$ e $\ddot{\theta}$ rispettivamente velocità angolare e accelerazione angolare e le etichettiamo rispettivamente come $\omega$ e $\alpha$ , cioè

(1) $\begin{equation*} \omega(t) \coloneqq \dot{\theta}(t), \quad \alpha(t) \coloneqq \ddot{\theta}(t) \qquad \forall t \geq 0. \end{equation*}$

Si ha quindi $\dot{\omega}(t)=\alpha(t)$ per ogni $t \geq 0$ .

Se il corpo si muove in senso antiorario l’angolo $\theta>0$ , la velocità angolare $\omega>0$ e l’accelerazione angolare è $\alpha>0$ se il corpo accelera, $\alpha<0$ se decelera.

Se invece si muove in senso orario, vale l’opposto, cioé: l’angolo $\theta<0$ , la velocità angolare $\omega<0$ e l’accelerazione angolare è $\alpha<0$ se il corpo accelera, $\alpha>0$ se decelera.

I vettori $\vec{\omega}(t)$ e $\vec{\alpha}(t)$ al generico istante di tempo $t$ sono rappresentati in figura 1 (c) e si individuano mediante la regola della mano destra: le dita della mano si chiudono nel verso in cui si muove il corpo, il pollice indica il verso del vettore $\vec{\omega}(t)$ . Il verso di $\vec{\alpha}(t)$ è concorde a quello di $\vec{\omega}(t)$ se il corpo sta accelerando, viceversa se il corpo sta decelerando.

Moto circolare vario.

Definiamo all’istante $t$ un sistema di riferimento $O'tn$ tangente-normale, con origine $O'$ in corrispondenza del punto $P$ , l’asse delle $t$ tangente alla circonferenza e l’asse delle $n$ ad esso ortogonale ed orientati come in figura 1 (d). L’accelerazione nel moto circolare, rispetto a $O'tn$ si può esprimere come

(2) $\begin{equation*} \vec{a}(t) = -\omega^2(t) R\, \hat{n}(t) + \alpha(t) R\, \hat{t}(t) \qquad \forall t \geq 0, \end{equation*}$

dove $\hat{n}(t)$ è il versore normale alla circonferenza diretto verso l’esterno, mentre $\hat{t}(t)$ è il versore tangente alla circonferenza orientato in senso antiorario, come illustrato in figura 1 (d). Si definisce

(3) $\begin{equation*} a_n(t)\coloneqq -\omega^2(t) R, \end{equation*}$

(4) $\begin{equation*} a_t(t)\coloneqq\alpha(t) R, \end{equation*}$

rispettivamente accelerazione normale e accelerazione tangenziale all’istante $t$ .

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Figura 1: rappresentazione dei sistemi di riferimento usati e dei vettori velocità e accelerazione.

Moto uniformemente accelerato.

Un moto circolare è detto uniformemente accelerato se $\vec{\alpha}$ è costante in modulo, direzione e verso, ossia $\vec{\alpha}=\text{costante}$ .

Siano $t_0$ e $\theta(t_0)$ rispettivamente l’istante di tempo in cui ha inizio il moto e l’angolo iniziale che il corpo forma con l’orizzontale, come illustrato in figura 1 (a). Le leggi che descrivono il moto circolare uniformemente accelerato del punto materiale sono

(5) $\begin{equation*} \begin{cases} \theta(t)=\theta(t_0)+\omega(t_0)(t-t_0)+\dfrac{1}{2}\alpha(t-t_0)^2\\[10pt] \omega(t)=\omega(t_0)+\alpha(t-t_0)\\[10pt] \omega^2(\theta)=\omega^2(\theta_0)+2\alpha(\theta-\theta(t_0)) \end{cases} \forall t\geq t_0, \end{equation*}$

dove $\theta(t)$ è l’angolo che spazza il corpo rispetto all’orizzontale nel generico istante $t\geq t_0$ , $\theta(t_0)\equiv \theta_0$ è l’angolo che spazza il corpo rispetto all’orizzontale all’istante $t_0$ , $\omega(t_0)$ è la velocità angolare iniziale al tempo iniziale, $\omega(\theta)$ è la velocità angolare in funzione dell’angolo $\theta$ , $\omega(\theta_0)$ è la velocità angolare valutata in $\theta_0$ . Si noti che poiché all’istante $t_0$ il punto $P$ forma un angolo $\theta_0$ con l’asse delle $x$ , allora segue che $\omega(t_0)=\omega(\theta_0)$

Definiamo all’istante $t$ un sistema di riferimento $O'tn$ tangente-normale, con origine $O'$ in corrispondenza del punto $P$ , l’asse delle $t$ tangente alla circonferenza e l’asse delle $n$ ad esso ortogonale ed orientato come in figura 2. L’accelerazione nel moto circolare, rispetto a $O'tn$ si può esprimere come

(6) $\begin{equation*} \vec{a}(t)=-\omega^2(t) R\,\hat{n}+\alpha R\,\hat{t}, \end{equation*}$

dove $\hat{n}$ e $\hat{t}$ rappresentano rispettivamente il versore nella direzione normale e tangenziale al moto del corpo, come illustrato in figura 2. Osserviamo che in questo caso, a differenza del moto circolare vario i due versori $\hat{n}$ e $\hat{t}$ non dipendono dal tempo $t$ . Si definiscono

(7) $\begin{equation*} a_n(t)\coloneqq -\omega^2(t) R, \end{equation*}$

(8) $\begin{equation*} a_t\coloneqq\alpha R, \end{equation*}$

rispettivamente accelerazione normale e accelerazione tangenziale del moto circolare uniformemente accelerato.

Si osservi che nel moto circolare uniformemente accelerato l’accelerazione tangenziale è costante per definizione, per cui il modulo $\vert \vec{a}(t)\vert$ dell’accelerazione varia a causa del solo contributo dell’accelerazione normale, perché $\omega$ varia istante per istante.

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Figura 2: vettore velocità $\vec{v}(t)$ ed accelerazione $\vec{a}(t)=\vec{a}_t+\vec{a}_n$ ad un generico istante $t$ .

Sapendo che la lunghezza dell’arco di circonferenza percorso dal punto materiale nel generico istante $t\geq t_0$ vale

(9) $\begin{equation*} s(t)=R\,\theta(t), \end{equation*}$

si ha che

(10) $\begin{equation*} \dot{s}(t)=v(t)=\dot{\theta}(t)R=\omega(t) R, \end{equation*}$

dove $v(t)$ è il modulo della la velocità tangenziale.

Di conseguenza è possibile riscrivere l’equazione (6) come segue

(11) $\begin{equation*} \vec{a}(t)= -\dfrac{v^2(t)}{R}\,\hat{n}+\alpha R\,\hat{t}. \end{equation*}$

Derivando ambo i membri dell’equazione (10) rispetto al tempo otteniamo

(12) $\begin{equation*} \ddot{s}(t)=\dfrac{d\dot{s}(t)}{dt}=\dfrac{dv(t)}{dt}=\ddot{\theta}(t)R=\alpha R. \end{equation*}$

Grazie alla precedente equazione è possibile riscrivere (6) come segue

(13) $\begin{equation*} \vec{a}(t)= -\dfrac{v^2(t)}{R}\,\hat{n}+\dfrac{dv(t)}{dt}\,\hat{t}. \end{equation*}$

Avvalendoci dei precedenti fatti, ovvero che $v(t)=\omega(t) R$ e $a_t=\alpha R$ , moltiplicando per $R$ ambo i membri le prime due equazioni del sistema (5) e per $R^2$ ambo i membri l’ultima equazione del sistema (5), si ottiene

(14) $\begin{equation*} \begin{cases} s(t)=s(t_0)+v(t_0)(t-t_0)+\dfrac{1}{2}a_t(t-t_0)^2\\[10pt] v(t)=v(t_0)+a_t(t-t_0)\\[10pt] v^2(\theta)=v^2(\theta_0)+2a_t(s(\theta)-s(\theta_0)) \end{cases} \forall t\geq t_0, \end{equation*}$

dove $s(t_0)$ rappresenta la lunghezza dell’arco di circonferenza percorso dal punto al tempo iniziale $t_0$ , $v(t_0)$ è la velocità all’istante $t_0$ , $v(\theta)$ è la velocità tangenziale del punto $P$ in funzione dell’angolo $\theta$ , $v(\theta_0)$ corrisponde alla velocità tangenziale del punto all’angolo iniziale $\theta_0$ , $s(\theta)$ descrive la lunghezza dell’arco di circonferenza percorso dal punto in relazione all’angolo $\theta$ , e $s(\theta_0)$ denota la lunghezza dell’arco di circonferenza al quale si trova il punto $P$ quando il raggio $R$ forma un angolo $\theta_0$ con l’orizzontale.

Moto circolare – Testi e soluzioni degli esercizi

Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un punto si muove di moto circolare uniforme attorno ad un polo fisso $O$ e a una distanza $R$ da esso. All’istante $t=0$ , il punto materiale ha velocità angolare iniziale $\omega_0$ .
Successivamente, inizia a decelerare con accelerazione angolare costante $\alpha < 0$ e si ferma dopo aver percorso un giro completo.

Si richiede di calcolare:

Il tempo $t^*$ impiegato dal punto materiale per compiere un giro completo ( $s=2\pi R$ ), in funzione del parametro $\omega_0$ ;
Il modulo della decelerazione del punto al tempo $t=t^*/2$ , in funzione dei parametri $\omega_0$ e $R$ .

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Un punto materiale si muove di moto circolare attorno a un polo fisso O con raggio R. La figura mostra un cerchio con il centro O e un punto sulla circonferenza che si muove in senso antiorario. Una freccia indica la direzione del moto, mentre una linea tratteggiata collega il centro O al punto, rappresentando il raggio R.

Figura 3: sistema fisico in esame.

Svolgimento punto 1.

Nel problema in esame, il punto materiale ha una velocità angolare iniziale $\omega_0$ e inizia a decelerare con un’accelerazione angolare costante $\alpha<0$ . Consideriamo $t_0=0$ come l’istante in cui il corpo inizia a decelerare uniformemente fino a fermarsi all’istante $t^*$ dopo aver percorso un giro completo.

Sfruttando le notazione introdotte nei richiami teorici, nel problema in esame, abbiamo

(15) $\begin{equation*} \theta(t_0)=\theta(0)=0, \end{equation*}$

(16) $\begin{equation*} \omega(t_0)=\omega(0)=\omega_0, \end{equation*}$

di conseguenza, nel contesto specifico, il sistema (5) si semplifica a

(17) $\begin{equation*} \begin{cases} \theta(t)=\omega_0 t+\dfrac{1}{2}\alpha t^2\\\\ \omega(t)=\omega_0+\alpha t \end{cases} \qquad\forall t\in [0,t^*]. \end{equation*}$

In corrispondenza dell’istante $t=t^*>0$ sappiamo che il corpo si arresta dopo aver percorso un giro completo, $\theta(t^*)=2\pi$ , per cui dal sistema (17) segue che

(18) $\begin{equation*} \begin{cases} \theta(t^*)=2\pi\\ \omega(t^*)=0 \end{cases} \quad\Rightarrow\quad \begin{cases} \omega_0 t^{*}+\dfrac{1}{2}\alpha t^{*2}=2\pi\\[10pt] \omega_0+\alpha t^*=0. \end{cases} \end{equation*}$

Dalla seconda equazione del sistema (18) ricaviamo che il corpo decelera con decelerazione angolare costante pari a

(19) $\begin{equation*} \alpha=-\dfrac{\omega_0}{t^*}, \end{equation*}$

che sostituita nella prima equazione dello stesso sistema restituisce

(20) $\begin{equation*} \omega_0t^{*}-\dfrac{1}{2}\dfrac{\omega_0}{t^*}t^{*2}=2\pi\quad\Leftrightarrow\quad \omega_0t^{*}-\dfrac{\omega_0}{2}t^{*}=2\pi\quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{\omega_0}{2}t^{*}=2\pi, \end{equation*}$

da cui ricaviamo che il tempo $t^*$ che impiega il corpo per fermarsi è pari a

$\boxcolorato{fisica}{ t^*=\dfrac{4\pi}{\omega_0}. }$

Osserviamo che il tempo $t^*$ appena ottenuto è inversamente proporzionale alla velocità angolare iniziale $\omega_0$ in accordo con quanto ci si aspetta intuitivamente.

Svolgimento punto 2.

Durante l’intervallo di tempo $[0, t^*]$ , il corpo subisce una decelerazione uniforme, compiendo un moto circolare uniformemente decelerato con accelerazione angolare costante $\alpha < 0$ . Per calcolare il modulo della decelerazione del punto al tempo $t^*/2$ , è sufficiente utilizzare l’equazione (6), ovvero

(21) $\begin{equation*} \vert\vec{a}(t^*/2)\vert=\sqrt{\omega^4(t^*/2)R^2+\alpha^2R^2}=R\sqrt{\omega^4(t^*/2)+\alpha^2}. \end{equation*}$

Quindi, per ottenere l’espressione di $\omega$ all’istante $t=t^*/2$ , utilizziamo la seconda equazione del sistema (17), ottenendo

(22) $\begin{equation*} \omega(t^*/2)=\omega_0+\alpha\dfrac{t^*}{2}=\omega_0-\dfrac{\omega_0}{t^*}\dfrac{t^*}{2}=\dfrac{\omega_0}{2}, \end{equation*}$

dove nel secondo passaggio abbiamo utilizzato l’espressione di $\alpha$ ricavata all’equazione (19).

Sostituendo le espressioni di $\omega(t^*/2)$ ed $\alpha$ ottenute rispettivamente dalle equazioni (22) e (19) nell’equazione (21), risulta che

(23) $\begin{equation*} \vert\vec{a}(t^*/2)\vert=R\sqrt{\dfrac{\omega_0^4}{16}+\dfrac{\omega_0^2}{(t^*)^2}}=R\sqrt{\dfrac{\omega_0^4}{16}+\omega_0^2\dfrac{\omega_0^2}{16\pi^2}}, \end{equation*}$

dove nel secondo passaggio abbiamo utilizzato l’espressione di $t^*$ ottenuta al punto 1.

L’equazione (23) può essere riscritta come

(24) $\begin{equation*} \vert\vec{a}(t^*/2)\vert=R\sqrt{\dfrac{\omega_0^4}{16\pi^2}(\pi^2+1)}, \end{equation*}$

da cui

$\boxcolorato{fisica}{ \vert \vec{a}(t^*/2)\vert=\dfrac{\omega_0^2R}{4\pi}\sqrt{1+\pi^2}.}$

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un punto si muove lungo una circonferenza di raggio $R$ in senso antiorario. Esso parte da fermo dalla posizione $A$ ( $\theta=0$ ) con velocità angolare iniziale nulla e fino ad una seconda posizione $B$ ( $\theta=3\pi/2$ ) si muove di moto uniformemente accelerato con accelerazione angolare $\alpha>0$ .

Dopo aver raggiunto la posizione $B$ il corpo frena uniformemente (con accelerazione diversa rispetto al tratto $AB$ ), continuando il moto sulla circonferenza fino a fermarsi in $A$ .

Calcolare:

il tempo $t_B$ impiegato dal corpo per andare dal punto $A$ al punto $B$ della circonferenza;
il modulo dell’accelerazione centripeta in $B$ ;
il modulo dell’accelerazione tangenziale del corpo per andare dal punto $B$ al punto $A$ della circonferenza.

Esprimere i risultati in funzione dei parametri del problema $\alpha$ e $R$ .

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Figura 4: sistema fisico in esame.

Svolgimento punto 1.

Senza ledere la generalità della trattazione, scegliamo come zero della variabile angolare $\theta$ quella relativa alla posizione del punto $A$ rispetto al centro della circonferenza $O$ , ossia $\theta_0=\theta_A=0$ , come illustrato in figura 5

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Figura 5: configurazione del sistema quando il corpo si trova in un generico punto $\displaystyle P$ .

Nel tratto per andare dal punto $A$ al punto $B$ , il corpo, partendo da fermo ( $\omega_0=0$ ) nel punto $A$ ( $\theta_0=0$ ), si muove di moto circolare uniformemente accelerato la cui legge oraria è data dalla prima equazione del sistema (5), ossia

(25) $\begin{equation*} \theta(t)=\dfrac{1}{2}\alpha t^2\qquad\forall t\in[0,t_B], \end{equation*}$

dove $t_B$ è l’istante in cui il corpo raggiunge il punto $B$ . In corrispondenza di tale istante si ha che

(26) $\begin{equation*} \theta(t_B)=\dfrac{3}{2}\pi. \end{equation*}$

Sostituendo l’espressione di $\theta(t_B)$ data dall’equazione (26) nell’equazione (25), ricaviamo

(27) $\begin{equation*} \dfrac{3}{2}\pi=\dfrac{1}{2}\alpha t_B^2, \end{equation*}$

da cui otteniamo che il tempo impiegato dal corpo per percorrere l’arco di circonferenza $AB$ è pari a

$\boxcolorato{fisica}{ t_B=\sqrt{\dfrac{3\pi}{\alpha}}.}$

Osserviamo che, coerentemente con le aspettative, il corpo impiega meno tempo per raggiungere il punto $B$ dal punto $A$ all’aumentare dell’accelerazione angolare.

Svolgimento punto 2.

Dall’equazione (7), la componente centripeta $a_n$ dell’accelerazione del corpo nel punto $B$ è data da

(28) $\begin{equation*} a_n(t_B)=-\omega^2(t_B)R, \end{equation*}$

dove $\omega(t_B)$ rappresenta la velocità angolare in corrispondenza dell’istante $t_B$ . Dalla seconda equazione del sistema (5), avendo posto l’origine dei tempi in $t_0=0$ e ricordando che $\omega_0=0$ si ha che all’istante $t_B$ la velocità angolare del corpo vale

(29) $\begin{equation*} \omega(t_B)=\alpha t_B=\alpha\sqrt{\dfrac{3\pi}{\alpha}}=\sqrt{3\pi\alpha}, \end{equation*}$

dove abbiamo sostituito l’espressione di $t_B$ calcolata al punto 1. Sostituendo l’espressione di $\omega(t_B)$ , ottenuta all’equazione (29), nell’equazione (28) ricaviamo che la componente centripeta dell’accelerazione del corpo nel punto $B$ vale

(30) $\begin{equation*} a_n(t_B)=-3\pi\alpha R, \end{equation*}$

per cui il suo modulo $\vert a_n(t_B) \vert$ è dato da

$\boxcolorato{fisica}{ \vert a_n(t_B) \vert=3\pi\alpha R.}$

Svolgimento punto 3.

Nel percorrere la distanza dal punto $B$ al punto $A$ , dove il corpo si ferma, esso compie un moto circolare uniformemente decelerato. Dall’equazione (8), la componente tangenziale $a_t$ dell’accelerazione del corpo in questo tratto è data da

(31) $\begin{equation*} a_t = \alpha'R\qquad \forall t\in(t_B,t_*), \end{equation*}$

dove $\alpha'$ rappresenta la decelerazione angolare del corpo nel passaggio da $B$ a $A$ e $t_*$ indica il tempo in cui il corpo si arresta. Come discusso nei richiami teorici, poiché il corpo sta decelerando muovendosi in senso antiorario ci aspettiamo che $a_t<0$ .

Utilizzando la terza equazione del sistema (5), ponendo $\theta_0=\theta_B$ , si ottiene che nell’arco di circonferenza $BA$

(32) $\begin{equation*} \omega^2(\theta) = \omega^2(\theta_B) + 2\alpha'(\theta-\theta_B)\qquad\forall \theta\in \left[\dfrac{3}{2}\pi,2\pi\right], \end{equation*}$

dove $\theta(t_B)\equiv\theta_B=3\pi/2$ , e osserviamo che $\omega(\theta_B)=\omega(t_B)$ .

Valutando l’equazione (32) quando il corpo raggiunge il punto $A$ (quindi $\theta_A=2\pi$ ) con velocità angolare $\omega(\theta_A)=0$ , ricaviamo

(33) $\begin{equation*} \omega^2(\theta_A) = \omega^2(\theta_B) + 2\alpha'(\theta_A-\theta_B) \quad\Leftrightarrow\quad 0 = \omega^2(\theta_B) + 2\alpha'\left(2\pi-\dfrac{3}{2}\pi\right) \quad\Leftrightarrow\quad 0 = \omega^2(\theta_B) + \pi\alpha', \end{equation*}$

da cui, esplicitando rispetto alla decelerazione angolare $\alpha'$ , otteniamo

(34) $\begin{equation*} \alpha' = -\dfrac{\omega^2(\theta_B)}{\pi} = -\dfrac{3\pi\alpha}{\pi} = -3\alpha, \end{equation*}$

dove nel secondo passaggio abbiamo sostituito il valore di $\omega(\theta_B)=\omega(t_B)$ dato dall’equazione (29).

Sostituendo l’espressione di $\alpha'$ ottenuta all’equazione (34) nella definizione della componente tangenziale (eq.(31)) dell’accelerazione, otteniamo che quest’ultima vale

(35) $\begin{equation*} a_t = -3\alpha R, \end{equation*}$

da cui il suo modulo è pari a

$\boxcolorato{fisica}{\vert a_t\vert = 3\alpha R. \nonumber }$

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un punto materiale si muove lungo una semicirconferenza $ACB$ di raggio $R$ con moto circolare uniformemente accelerato. I punti $A$ e $B$ rappresentano rispettivamente l’inizio e la fine della semicirconferenza, mentre $C$ è il punto centrale (si veda la figura 6). Inizialmente, il corpo ha una velocità di modulo $v_A$ in $A$ , mentre in $B$ la sua velocità si annulla ( $v_B=0$ ). Dall’estremo $B$ , il punto materiale ritorna ad $A$ seguendo una traiettoria rettilinea uniformemente accelerata lungo il diametro della semicirconferenza. Il tempo necessario per percorrere la semicirconferenza da $A$ a $B$ , indicato con $t_{ACB}$ , è equivalente al tempo $t_{BA}$ impiegato dal corpo nel tragitto dal punto $B$ al punto $A$ attraverso il diametro della semicirconferenza.

Calcolare:

l’accelerazione tangenziale del corpo nel tratto $ACB$ in funzione di $v_A$ ed $R$ ;
il tempo $t_{ACB}$ in funzione di $v_A$ ed $R$ ;
il modulo dell’accelerazione in $C$ in funzione di $v_A$ ed $R$ ;
l’accelerazione lungo il diametro $BA$ in funzione di $v_A$ ed $R$ .

Esprimere i risultati utilizzando i parametri del problema $v_A$ e $R$ .

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Figura 6: sistema fisico in esame.

Svolgimento punto 1.

Nel tratto di semicirconferenza $ACB$ , il punto materiale si muove in senso orario di un moto circolare uniformemente decelerato dal punto $A$ al punto $B$ . Secondo la convenzione fissata nella sezione richiami teorici 1 e rappresentata in figura 1 (a), gli angoli vengono calcolati in senso antiorario a partire dal semiasse orizzontale positivo, per cui il punto $A$ corrisponde con l’angolo $\theta_A=\pi$ e il punto $B$ con $\theta_B=0$ , come illustrato in figura 7.

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Figura 7: angoli $\displaystyle \theta _{A}$ e $\displaystyle \theta _{B}$ individuati dal corpo nel percorrere il tratto $\displaystyle \ ACB$

All’istante iniziale $t_0 = t_A$ , il punto parte da $A$ con una velocità $v(t_A) = v(\theta_A) = v_A<0$ e raggiunge il punto $B$ all’istante $t_B$ con velocità nulla $v(t_B) = v(\theta_B) = v_B = 0$ , dopo aver percorso una semicirconferenza di lunghezza $s(\theta_B) - s(\theta_A) =0-\pi R= -\pi R$ .

Per calcolare $a_t$ , utilizziamo la terza equazione del sistema (14), ovvero

(36) $\begin{equation*} v_B^2 = v_A^2 + 2a_t\,(s(\theta_B) - s(\theta_A)) \quad \Leftrightarrow \quad 0 = v_A^2 - 2\pi R a_t, \end{equation*}$

da cui otteniamo che

$\boxcolorato{fisica}{ a_t=\dfrac{v_A^2}{2\pi R}.}$

Osserviamo che il corpo sta decelerando muovendosi in senso orario. Di conseguenza, per quanto detto nei richiami teorici, la sua accelerazione angolare sarà $\alpha>0$ , da cui segue che $a_t>0$ .

Svolgimento punto 2.

Per determinare il tempo $t_{ACB}\equiv t_B-t_A$ impiegato dal punto materiale per percorrere il tratto di semicirconferenza $ACB$ , possiamo utilizzare la seconda equazione del sistema (14), che si esprime come segue

(37) $\begin{equation*} v_B=v_A+a_t\,(t_B-t_A)\quad\Leftrightarrow\quad 0=v_A+a_t\,t_{ACB}, \end{equation*}$

da cui

(38) $\begin{equation*} t_{ACB}=-\dfrac{v_A}{a_t}. \end{equation*}$

Sfruttando l’espressione di $a_t$ ottenuta al punto precedente, l’equazione (38) diventa

(39) $\begin{equation*} t_{ACB}=-\dfrac{v_A}{\dfrac{v_A^2}{2\pi R}}, \end{equation*}$

o anche

$\boxcolorato{fisica}{ t_{ACB}=-\dfrac{2\pi R}{v_A}.}$

Notiamo che $t_{ABC}>0$ nonostante il segno meno che compare nella formula precedente. Infatti, come notato sopra vale $v_A<0$ , muovendosi il corpo in senso orario. Inoltre, il tempo $t_{ACB}$ è proporzionale al raggio della circonferenza $R$ ed inversamente proporzionale alla velocità del corpo nel punto $A$ .

Svolgimento punto 3.

Dall’equazione (6), possiamo determinare il modulo dell’accelerazione $\vert \vec{a}(t)\vert$ del corpo nel punto $C$ , cioè

(40) $\begin{equation*} \vert\vec{a}(t_C)\vert=\sqrt{\omega^4(t_C)R^2+\alpha^2R^2}=R\sqrt{\omega^4(t_C)+\alpha^2}, \end{equation*}$

dove $t_C$ è l’istante in cui il corpo arriva nel punto $C$ .

Dalla equazione (8) e dall’espressione di $a_t$ ottenuta al punto 1 si ha che

(41) $\begin{equation*} \dfrac{v_A^2}{2\pi R}=\alpha R, \end{equation*}$

da cui ricaviamo che

(42) $\begin{equation*} \alpha=\dfrac{v_A^2}{2\pi R^2}, \end{equation*}$

dove, come detto in precedenza, $\alpha>0$ in accordo col fatto che il corpo decelera muovendosi in senso orario.

Per determinare la velocità angolare $\omega(t_C)$ del corpo nel punto $C$ , ci avvaliamo della terza equazione del sistema (5), espressa come segue

(43) $\begin{equation*} \omega^2(\theta_C) = \omega^2(\theta_A) + 2\alpha(\theta_C-\theta_A) \quad\Leftrightarrow\quad \omega^2(t_C) =\dfrac{v_A^2}{R^2}+ 2\alpha\left(\frac{\pi}{2}-\pi\right) \quad\Leftrightarrow\quad \omega^2(t_C) = \dfrac{v_A^2}{R^2}-\alpha\pi, \end{equation*}$

dove $\omega(\theta_C) = \omega(t_C)$ rappresenta la velocità angolare del corpo nel punto $C$ , $\omega(\theta_A)=\omega(t_A) = v_A^2/R$ è la velocità angolare del corpo nel punto A, $\theta_C = \pi/2$ e $\theta_A = \pi$ .

Sostituendo l’espressione di $\alpha$ ottenuta dall’equazione (42) nell’equazione (43), otteniamo

(44) $\begin{equation*} \omega^2(t_C) =\dfrac{v_A^2}{R^2}- \frac{v_A^2}{2R^2}=\dfrac{v_A^2}{2R^2}. \end{equation*}$

Sostituendo le equazioni (42) e (44) nell’equazione (40), si ricava che

(45) $\begin{equation*} \vert\vec{a}(t_C)\vert =R\sqrt{\dfrac{v_A^4}{4R^4}+\dfrac{v_A^4}{4\pi^2R^4}}= R\sqrt{\frac{v_A^4}{4\pi^2R^4}(\pi^2+1)}, \end{equation*}$

da cui

$\boxcolorato{fisica}{ \vert\vec{a}(t_C)\vert=\dfrac{v_A^2}{2\pi R}\sqrt{1+\pi^2}.}$

Svolgimento punto 4.

Per la risoluzione del punto 4, osserviamo che il punto materiale si muove di moto rettilineo uniformemente accelerato lungo il diametro $BA$ della semicirconferenza. Pertanto è utile scegliere un sistema di riferimento $Ox$ tale per cui $O\equiv B$ e l’asse delle $x$ sia coincidente con il diametro della semicirconferenza, come rappresentato in figura 8.

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Figura 8: sistema di riferimento $\displaystyle Ox$ .

Consideriamo l’istante iniziale come quello in cui il corpo si trova nel punto $B$ alla posizione $x_B=0$ con velocità $v_B=0$ . La legge oraria che descrive il suo moto lungo il diametro $BA$ è quindi data da

(46) $\begin{equation*} x(t) = x_B + v_Bt + \frac{1}{2}at^2 = \frac{1}{2}at^2 \quad \forall t > t_B. \end{equation*}$

Dopo un tempo pari a $t_{BA} = t_{ACB}$ , il corpo si trova in $A$ alla posizione $x\left(t_{BA}\right) = 2R$ , rendendo l’equazione (46) come segue:

(47) $\begin{equation*} x\left(t_{BA}\right) = \frac{1}{2}at_{BA}^2 \quad\Leftrightarrow\quad 2R = \frac{1}{2}at_{BA}^2. \end{equation*}$

Ricordiamo che per ipotesi

(48) $\begin{equation*} t_{BA} = t_{ACB} = -\frac{2\pi R}{v_A}, \end{equation*}$

dove nel secondo passaggio abbiamo utilizzato l’espressione di $t_{ACB}$ ottenuta al punto 2.

In virtù dell’equazione (48), l’equazione (47) può essere riscritta come

(49) $\begin{equation*} 2R = \frac{1}{2}a\left(-\frac{2\pi R}{v_A}\right)^2 \quad\Leftrightarrow\quad 4R = \frac{4\pi^2R^2}{v_A^2}a, \end{equation*}$

da cui otteniamo che il modulo dell’accelerazione $a$ lungo il diametro $BA$ è dato da

$\boxcolorato{fisica}{ a = \frac{v_A^2}{\pi^2 R}.}$

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Ottieni 11 esercizi svolti sul moto circolare scaricabili. La dispensa ha una lunghezza complessiva di 34 pagine.

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un punto si muove lungo una circonferenza di raggio $R$ . A partire dall’istante $t=0$ , in cui la sua velocità è nulla, si osserva che l’accelerazione centripeta segue la legge $a_n(t)=-k t^2$ , con $k >0$ .

Calcolare il modulo dell’accelerazione tangenziale $a_t$ in funzione dei parametri $R$ e $k$ .

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Un punto materiale si muove lungo una circonferenza di raggio R con moto inizialmente nullo. La figura mostra un cerchio con un punto sulla circonferenza collegato al centro da una linea tratteggiata che rappresenta il raggio R. Una freccia curva sopra il punto indica la direzione del moto antiorario.

Figura 9: sistema fisico in esame.

Svolgimento.

Il punto materiale in esame segue un moto circolare generico con accelerazione centripeta il cui modulo $a_n(t)$ è descritto da

(50) $\begin{equation*} a_n(t) = k t^2, \quad \forall t \geq 0. \end{equation*}$

Utilizzando l’equazione (3), si ottiene che all’istante di tempo $t$ vale la seguente relazione

(51) $\begin{equation*} \omega^2(t)R = k t^2, \quad \forall t \geq 0, \end{equation*}$

da cui, risolvendo rispetto a $\omega(t)$ , otteniamo

(52) $\begin{equation*} \omega(t) = t\sqrt{\dfrac{k}{R}}, \quad \forall t \geq 0. \end{equation*}$

In un moto circolare generico, l’accelerazione angolare $\alpha(t)$ è data dall’equazione (4), ovvero

(53) $\begin{equation*} a_t(t) = \alpha(t) R, \quad \forall t \geq 0. \end{equation*}$

Ricordando che $\alpha(t) \equiv d\omega(t)/dt$ , utilizzando l’equazione (107), ricaviamo

(54) $\begin{equation*} a_t(t) = R \dfrac{d\omega(t)}{dt} = R \dfrac{d}{dt}\left(t\sqrt{\dfrac{k}{R}}\right) = R\sqrt{\dfrac{k}{R}}, \qquad \forall t \geq 0, \end{equation*}$

ossia

$\boxcolorato{fisica}{a_t(t) = \sqrt{kR}, \quad \forall t \geq 0. }$

Osserviamo che essendo $a_t$ costante in modulo, il moto descritto dal punto materiale è un moto circolare uniformemente accelerato.

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Consideriamo un punto materiale che si muove lungo una traiettoria circolare con velocità angolare iniziale $\omega_0$ . La circonferenza ha raggio $R$ , e il suo centro è indicato con $O$ . Il moto del punto è descritto nel seguente modo:

Da $t=0$ a $t=t_1>0$ , l’accelerazione angolare è $\alpha_1(t)=-kt$ , con $k>0$ espresso in $\textnormal{rad}\cdot\textnormal{s}^{-3}$ ;
Successivamente, il punto subisce un ulteriore frenamento, e la sua accelerazione angolare diventa costante, con valore $\alpha_2<0$ , tale che $\vert\alpha_2\vert>kt_1$ , fino a raggiungere la completa fermata.

Calcolare:

il modulo dell’accelerazione $\vec{a}$ del punto all’istante $t_1$ ;
l’istante $t_2$ in cui il punto si ferma completamente.

Esprimere i risultati in funzione dei parametri del problema, cioè $k$ , $t_1$ e $\alpha_2$ .

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Un punto materiale si muove lungo una circonferenza di raggio R con moto circolare. Il centro della circonferenza è indicato con un punto nero e collegato al punto in movimento da una linea tratteggiata che rappresenta il raggio R. Una freccia curva sopra il punto mostra la direzione del moto antiorario.

Figura 10: sistema fisico in esame.

Svolgimento punto 1.

Dall’istante iniziale $t=0$ fino a $t=t_1>0$ , il corpo si muove con moto circolare caratterizzato da un’accelerazione angolare non costante $\alpha_1(t)=-kt$ . Di conseguenza, l’equazione (2) assume la forma

(55) $\begin{equation*} \vec{a}(t) = -\omega^2(t)R\,\hat{n} + \alpha_1(t)R\,\hat{t}, \quad \forall t\in [0,t_1], \end{equation*}$

dove, applicando il teorema di Pitagora, il modulo dell’accelerazione è dato da

(56) $\begin{equation*} \vert \vec{a}(t) \vert = \sqrt{\omega^4(t)R^2 + \alpha_1^2(t)R^2} = \sqrt{\omega^4(t)R^2 + k^2R^2t^2}, \quad \forall t\in [0,t_1], \end{equation*}$

dove $\alpha_1(t)=kR$ .

Poiché il moto circolare non è uniformemente accelerato per $t\in [0,t_1]$ per ottenere l’espressione di $\omega(t)$ è necessario integrare l’equazione $\dot{\omega}(t)=\alpha_1(t)$ tra $0$ e $t_1$ . Applicando il Teorema fondamentale del calcolo integrale, otteniamo

(57) $\begin{equation*} \omega(t_1) = \omega(0) + \int_0^{t_1} \alpha_1(t) \,\mathrm{d}t = \omega_0 - \int_0^{t_1} kt \,\mathrm{d}t = \omega_0 - k \frac{t_1^2}{2} = \dfrac{2\omega_0-kt_1^2}{2}, \end{equation*}$

Valutando l’equazione (56) all’istante $t=t_1$ , ricaviamo:

(58) $\begin{equation*} \vert \vec{a}(t_1) \vert = \sqrt{\omega^4(t_1)R^2 + k^2R^2t_1^2}, \end{equation*}$

e sostituendo l’espressione di $\omega(t_1)$ ottenuta dalla (57)

(59) $\begin{equation*} \vert \vec{a}(t_1) \vert = \sqrt{\dfrac{R^2}{16}(2\omega_0-kt_1^2)^4+k^2R^2t_1^2} = \dfrac{R}{4}\sqrt{(2\omega_0-kt_1^2)^4+16k^2t_1^2} = \dfrac{R}{4}\sqrt{(4kt_1)^2\left[1+\dfrac{(2\omega_0-kt_1^2)^4}{(4kt_1)^2}\right]}, \end{equation*}$

ovvero

$\boxcolorato{fisica}{ \vert \vec{a}(t_1) \vert = kt_1R\sqrt{1+\left[\dfrac{(2\omega_0-kt_1^2)^2}{2kt_1}\right]^2}.}$

Svolgimento punto 2.

Per $t\geq t_1$ inizia un nuovo moto circolare con tempo iniziale $t_0$ pari a $t_1$ ( $t_0\equiv t_1$ ), velocità angolare iniziale $\omega(t_1)$ ed accelerazione angolare costante pari a $\alpha_2<0$ . Di conseguenza, il moto è circolare uniformemente decelerato e il corpo si ferma all’istante $t_2$ .

Dalla seconda equazione del sistema (5), otteniamo:

(60) $\begin{equation*} \omega(t_2) = \omega(t_1) + \alpha_2(t_2 - t_1) \quad \Leftrightarrow \quad 0 = \omega(t_1) + \alpha_2(t_2 - t_1), \end{equation*}$

dove abbiamo sostituito $\omega(t_2) = 0$ poiché il corpo si arresta in corrispondenza di $t_2$ .

Esplicitando l’equazione (60) rispetto al tempo $t_2$ , si trova

(61) $\begin{equation*} t_2 = t_1 - \dfrac{\omega(t_1)}{\alpha_2}. \end{equation*}$

Sostituendo l’espressione di $\omega(t_1)$ ottenuta dall’equazione (57) nell’equazione (61), troviamo che l’istante $t_2$ in cui il punto si ferma è dato da

(62) $\begin{equation*} t_2 = t_1 - \dfrac{2\omega_0-kt_1^2}{2\alpha_2}, \end{equation*}$

da cui raccogliendo $t_1$ si ricava

$\boxcolorato{fisica}{ t_2 = t_1\left(1+\dfrac{kt_1}{2\alpha_2}\right)-\dfrac{\omega_0}{\alpha_2}. }$

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Consideriamo un corpo che si muove di moto circolare lungo una circonferenza di centro $O$ e raggio $R$ . La velocità angolare del corpo al tempo iniziale $t=0$ è nulla.
Il corpo è soggetto a un’accelerazione angolare data da $\alpha(t) = ke^{mt}$ , con $k$ e $m$ costanti positive e non nulle , espresse in $\textnormal{rad}\cdot\textnormal{s}^{-2}$ e $\textnormal{s}^{-1}$ rispettivamente.

Per un generico istante $t>0$ , determinare:

La velocità angolare del corpo;
Le componenti tangenziale e centripeta dell’accelerazione del corpo;
Il vettore accelerazione del corpo e il suo modulo rispetto ad un sistema di riferimento inerziale $Oxy$ con origine $O$ nel centro della circonferenza ed orientato come in figura 11;
L’angolo formato tra l’accelerazione e la tangente alla circonferenza.

Esprimere i risultati in funzione dei parametri del problema $k$ , $m$ e $R$ .

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Un corpo si muove lungo una circonferenza di centro O e raggio R con moto circolare. Il punto P rappresenta la posizione del corpo sulla circonferenza ed è collegato al centro O da una linea tratteggiata che indica il raggio R. Il sistema di riferimento Oxy è mostrato con l'asse x orizzontale e l'asse y verticale. Il moto segue la direzione antioraria, indicata da frecce lungo la circonferenza.

Figura 11: sistema fisico in esame.

Svolgimento punto 1.

Per calcolare la velocità angolare del corpo in corrispondenza di un istante $t\geq 0$ è sufficiente integrare ambo i membri tra $0$ e $t$ l’uguaglianza $\dot{\omega}(t)=\alpha(t)$ data dall’equazione (1), ossia

(63) $\begin{equation*} \omega(t)=\omega(0) + \int_0^{t} \alpha(u) \,\mathrm{d}u=k\int_0^{t} e^{mu} \,\mathrm{d}u=\frac{k}{m}(e^{mt}-1) \qquad \forall t \geq 0, \end{equation*}$

dove nella seconda uguaglianza abbiamo sfruttato l’informazione che il corpo parte con velocità angolare nulla $\omega(0)=0$ e $\alpha(t)=ke^{mt}$ . Dunque ad un generico istante di tempo $t$ la velocità angolare del corpo è data da

$\boxcolorato{fisica}{\omega(t)=\dfrac{k}{m}(e^{mt}-1),\qquad \forall t \geq 0. }$

Osserviamo che essendo $m\,t\geq 0$ segue che $\omega(t)\geq 0$ in ogni istante di tempo $t$ .

Svolgimento punto 2.

Dall’equazione (4), utilizzando l’espressione di $\alpha(t)$ data dalla traccia si ha che la componente tangenziale dell’accelerazione del corpo all’istante $t$ vale

(64) $\begin{equation*} a_t(t)=\alpha(t)R, \end{equation*}$

ovvero

$\boxcolorato{fisica}{a_t(t)=kRe^{mt},\qquad \forall t \geq 0. }$

Dall’equazione (3) e utilizzando l’espressione di $\omega(t)$ ottenuta al punto 1, possiamo determinare la componente centripeta dell’accelerazione del corpo all’istante $t$ , ossia

(65) $\begin{equation*} a_n(t) = -\left(\dfrac{k}{m}(e^{mt}-1)\right)^2R \qquad \forall t \geq 0, \end{equation*}$

che può essere riscritta come

$\boxcolorato{fisica}{ a_n(t) = -\dfrac{k^2R}{m^2}\left(e^{mt}-1\right)^2, \qquad \forall t \geq 0. }$

Svolgimento punto 3.

Il modulo $\vert \vec{a}(t)\vert$ dell’accelerazione del corpo all’istante $t$ è espresso come la radice quadrata della somma dei quadrati delle componenti tangenziale e centripeta, ovvero

(66) $\begin{equation*} \vert \vec{a}(t)\vert = \sqrt{a_t^2(t) + a_n^2(t)},\qquad\forall t\geq 0. \end{equation*}$

Sostituendo nella precedente equazione le espressioni di $a_t(t)$ e $a_n(t)$ ottenute al punto 2, otteniamo che il modulo dell’accelerazione in un istante generico $t$ , è dato da

(67) $\begin{equation*} \vert \vec{a}(t)\vert = \sqrt{k^2R^2e^{2mt} + \dfrac{k^4R^2}{m^4}\left(e^{mt}-1\right)^2} = \sqrt{k^2R^2\left(e^{2mt}+\dfrac{k^2}{m^4}\left(e^{mt}-1\right)^2\right)} \quad \forall t \geq 0, \end{equation*}$

ovvero

(68) $\begin{equation*} \vert \vec{a}(t)\vert = \sqrt{\dfrac{k^2R^2}{m^4}\left(m^4e^{2mt}+k^2\left(e^{mt}-1\right)^2\right)} \quad \forall t \geq 0, \end{equation*}$

che può essere semplificato a

(69) $\begin{equation*} \vert \vec{a}(t)\vert = \dfrac{kR}{m^2}\sqrt{m^4e^{2mt}+k^2\left(e^{mt}-1\right)^2}, \qquad \forall t \geq 0. \end{equation*}$

Per ricavare il vettore accelerazione del corpo possiamo fare uso della formula (2). Tuttavia, nell’equazione (2) compaiono esplicitamente i versori $\hat{n}(t)$ e $\hat{t}(t)$ , che dipendono esplicitamente dal tempo. Dobbiamo quindi esplicitare la dipendenza dal tempo dei due versori. A questo scopo, intendiamo esprimere tali versori in funzione di $\theta(t)$ , al fine di ottenere l’espressione esplicita di $\hat{n}(t)$ e $\hat{t}(t)$ .

Consideriamo un sistema di riferimento cartesiano fisso $Oxy$ con origine $O$ posizionata al centro della circonferenza e gli assi $x$ e $y$ orientati come mostrato in figura 12.

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Figura 12: versori $\displaystyle \hat{n}( t)$ e $\displaystyle \hat{t}( t)$ rispetto al sistema di riferimento $\displaystyle Oxy$ .

Dalla trigonometria elementare, ricaviamo le espressioni per i versori $\hat{n}(t)$ e $\hat{t}(t)$ in funzione di $\theta(t)$ , cioè

(70) $\begin{equation*} \hat{n}(t) = \cos(\theta(t))\,\hat{x} + \sin(\theta(t))\,\hat{y} \qquad \hat{t}(t) = -\sin \theta(t)\,\hat{x} + \cos \theta(t)\,\hat{y} \qquad \forall t \geq 0, \end{equation*}$

dove $\hat{x}$ ed $\hat{y}$ sono rispettivamente i versori dell’asse $x$ e $y$ .

Sostituendo queste espressioni nell’equazione (69), otteniamo

(71) $\begin{equation*} \vec{a}(t) = kRe^{mt}\left(-\sin \theta(t)\,\hat{x} + \cos \theta(t)\,\hat{y}\right) - \dfrac{k^2R}{m^2}\left(e^{mt}-1\right)^2\left(\cos(\theta(t))\,\hat{x} + \sin(\theta(t))\,\hat{y}\right) \qquad \forall t \geq 0, \end{equation*}$

ovvero

$\boxcolorato{fisica}{ \begin{split} \vec{a}(t) & = \left(-kRe^{mt}\sin(\theta(t))-\dfrac{k^2R}{m^2}(e^{mt}-1)^2\cos(\theta(t))\right)\,\hat{x} + \\ & \quad + \left(kRe^{mt}\cos(\theta(t))-\dfrac{k^2R}{m^2}(e^{mt}-1)^2\sin(\theta(t))\right)\,\hat{y}, \qquad \forall t \geq 0. \end{split} }$

L’espressione di $\theta(t)$ si ottiene integrando rispetto al tempo l’espressione di $\omega(t)$ ottenuta al punto 1, ossia

(72) $\begin{equation*} \begin{aligned} \theta(t) &= \theta(0) + \int_0^t \omega(u) \, \mathrm{d}u =\\[10pt] &=\theta(0) + \frac{k}{m}\int_0^t (e^{mu} - 1) \,\mathrm{d} u = \theta(0) + \frac{k}{m}\left ( \frac{e^{mt}-1}{m} - t\right ), \qquad \forall t \geq 0. \end{aligned} \end{equation*}$

Svolgimento punto 4.

Dalla trigonometria, come illustrato in figura 1 (d), deduciamo che l’angolo $\phi$ che $\vec{a}(t)$ forma con la tangente alla circonferenza all’istante $t$ è tale che

(73) $\begin{equation*} \tan(\phi(t)) = \dfrac{\vert a_n(t)\vert}{\vert a_t(t)\vert } \quad \forall t \geq 0, \end{equation*}$

esplicitando rispetto a $\phi$ , ricaviamo

(74) $\begin{equation*} \phi(t) = \arctan\left(\dfrac{\vert a_n(t)\vert }{\vert a_t(t)\vert}\right) \quad \forall t \geq 0. \end{equation*}$

Sostituendo nell’equazione (74) le espressioni di $a_t(t)$ ed $a_n(t)$ ottenute al punto 2, otteniamo

(75) $\begin{equation*} \phi = \arctan\left(\dfrac{\left\vert -\dfrac{k^2}{m^2}R\left(e^{mt}-1\right)^2\right \vert}{\vert kRe^{mt}\vert}\right) \quad \forall t \geq 0, \end{equation*}$

che può essere semplificato a

$\boxcolorato{fisica}{ \phi = \arctan\left(\dfrac{k}{m^2}\dfrac{\left(e^{mt}-1\right)^2}{e^{mt}}\right), \qquad \forall t \geq 0.}$

Osserviamo che il precedente risultato è ben definito in quanto $m^2 e^{mt} \neq 0$ per ogni istante di tempo $t$ .

Approfondimento.

Osserviamo che è possibile esprimere l’angolo $\phi$ in termini di funzioni matematiche note. Utilizzando il risultato ottenuto al punto 4, possiamo scrivere

(76) $\begin{equation*} \phi = \arctan\left(\dfrac{k}{m^2}e^{-mt}\left(e^{mt}-1\right)^2\right)\qquad\forall t\geq 0, \end{equation*}$

che può essere semplificato ulteriormente a

(77) $\begin{equation*} \phi = \arctan\left(\dfrac{k}{m^2}e^{-mt}\left(e^{2mt}-2e^{mt}+1\right)\right) = \arctan\left(\dfrac{k}{m^2}\left(e^{mt}-2+e^{-mt}\right)\right),\qquad\forall t\geq 0. \end{equation*}$

Definendo il coseno iperbolico come

(78) $\begin{equation*} \cosh(mt) \coloneqq \dfrac{e^{mt}+e^{-mt}}{2}\qquad\forall t\geq 0, \end{equation*}$

possiamo utilizzare questa definizione nell’equazione (77), ottenendo

(79) $\begin{equation*} \phi = \arctan\left(\dfrac{k}{m^2}\left(2\cosh(mt)-2\right)\right)\qquad\forall t\geq 0, \end{equation*}$

da cui, semplificando ulteriormente, segue che

$\boxcolorato{fisica}{ \phi = \arctan\left(\dfrac{2k}{m^2}\left(\cosh(mt)-1\right)\right),\qquad\forall t\geq 0.}$

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Consideriamo un corpo in movimento lungo una circonferenza di raggio $R$ con una legge oraria definita da $\theta(t) = At - Bt^2 + Ct^3$ , dove $A$ , $B$ e $C$ sono quantità positive con le seguenti unità di misura: $\textnormal{rad}\cdot\textnormal{s}^{-1}$ , $\textnormal{rad}\cdot\textnormal{s}^{-2}$ e $\textnormal{rad}\cdot\textnormal{s}^{-3}$ , rispettivamente.

Calcolare

velocità e accelerazione angolare del corpo al tempo $t=0$ ;
L’angolo formato dal vettore accelerazione con la direzione tangenziale in un istante generico $t$ .

Esprimere i risultati in funzione dei parametri del problema, $A,B$ e $C$ .

Nota: assumere che ad ogni istante di tempo $t$ valga la condizione $3Ct-B\neq 0$ .

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Un corpo si muove lungo una circonferenza di centro O e raggio R con una legge oraria definita da θ(t). Il punto P rappresenta la posizione del corpo sulla circonferenza ed è collegato al centro O da una linea tratteggiata che indica il raggio R. L'angolo θ(t) è mostrato rispetto all'asse orizzontale. Il moto segue la direzione antioraria, indicata da frecce lungo la circonferenza.

Figura 13: sistema fisico in esame.

Svolgimento punto 1.

Per la risoluzione del punto 1, utilizzando l’equazione (1) e la legge oraria $\theta(t)$ fornita dal problema segue che

(80) $\begin{equation*} \omega(t)=\dfrac{d}{dt}(At-Bt^2+Ct^3)=A-2Bt+3Ct^2,\qquad\forall t\geq 0. \end{equation*}$

Valutando l’equazione (80) in corrispondenza di $t=0$ otteniamo che la velocità angolare del corpo in tale istante vale

$\boxcolorato{fisica}{ \omega(0)=A.}$

Dall’equazione (1) e l’espressione ricavata per $\omega(t)$ all’equazione (80), deduciamo che l’accelerazione angolare è descritta da

(81) $\begin{equation*} \alpha(t) = \frac{d}{dt}(A-2Bt+3Ct^2) = -2B + 6Ct, \qquad \forall t \geq 0. \end{equation*}$

Valutando l’equazione (81) al tempo $t=0$ , otteniamo che l’accelerazione angolare del corpo in quel momento è

$\boxcolorato{fisica}{ \alpha(0) = -2B.}$

Svolgimento punto 2.

Dall’equazione (4) e utilizzando l’espressione di $\alpha(t)$ ottenuta nel punto 1, possiamo determinare l’accelerazione tangenziale del corpo in un istante generico $t$ , ovvero

(82) $\begin{equation*} a_t(t) = (-2B + 6Ct)R, \qquad \forall t \geq 0. \end{equation*}$

Da un’analisi simile a quanto fatto per l’accelerazione tangenziale, utilizzando l’equazione (3) e l’espressione di $\omega(t)$ , otteniamo l’accelerazione centripeta del corpo in funzione del tempo, cioè

(83) $\begin{equation*} a_n(t) = -(A - 2Bt + 3Ct^2)^2R, \qquad \forall t \geq 0. \end{equation*}$

Nella figura 1 (d), l’angolo $\phi(t)$ formato tra il vettore accelerazione $\vec{a}$ e la direzione tangenziale al corpo in un istante generico $t$ , rappresentata dal versore $\hat{t}$ , è definito da

(84) $\begin{equation*} \tan(\phi(t)) = \frac{\vert a_n(t)\vert}{\vert a_t(t)\vert}. \end{equation*}$

Sostituendo i valori dalle equazioni (82) e (83) nella precedente equazione, l’angolo $\phi(t)$ diventa

$\boxcolorato{fisica}{ \phi(t) = \arctan\left(\frac{1}{2}\frac{(A-2Bt+3Ct^2)^2}{3Ct-B}\right), \qquad \forall t \geq 0. }$

Si noti che il rapporto tra le componenti della velocità non dipende dal raggio della circonferenza. Inoltre, è interessante osservare che

(85) $\begin{equation*} \lim_{t\to +\infty}\phi(t) = \frac{\pi}{2}, \end{equation*}$

indicando che con il passare del tempo la componente centripeta dell’accelerazione domina quella tangenziale, ossia $\vec{a}(t)\approx \alpha(t)R\,\hat{t}(t)$ per $t\to+\infty$ .

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Consideriamo un punto in movimento lungo una circonferenza di raggio $R$ in senso antiorario. Sia $Ox$ un sistema di riferimento fisso con l’origine $O$ posizionata al centro della circonferenza e l’asse $x$ orientato come indicato nella figura 14.

Il modulo della velocità del punto segue la legge $v(t) = {1}/{(At + B)}$ , dove $A$ e $B$ sono quantità positive non nulle, con unità di misura $\textnormal{m}^{-1}$ e $\textnormal{s}\cdot \textnormal{m}^{-1}$ rispettivamente.

Assumendo che all’istante iniziale $t=0$ l’angolo $\theta$ formato tra il raggio vettore e l’asse $x$ sia nullo, vogliamo calcolare, in un generico istante di tempo $t$ :

la velocità angolare $\omega(t)$ ;
l’angolo $\theta(t)$ ;
l’accelerazione angolare $\alpha(t)$ ;
le componenti dell’accelerazione rispetto a un sistema di riferimento tangente-normale alla circonferenza
ed il suo modulo.

Esprimere i risultati in funzione dei parametri del problema $A$ , $B$ , e $R$

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Un punto si muove lungo una circonferenza di raggio R con moto antiorario. Il centro della circonferenza è indicato con il punto O, e una linea tratteggiata collega O al punto materiale sulla circonferenza, rappresentando il raggio R. L'angolo θ(t) è mostrato rispetto all'asse x orizzontale. Una freccia tangente alla circonferenza indica la velocità v(t) del punto.

Figura 14: sistema fisico in esame.

Svolgimento punto 1.

Poiché il moto è considerato in senso antiorario, si ha $\omega(t) \geq 0$ per ogni $t \geq 0$ . Utilizzando l’equazione (10), possiamo esprimere la velocità angolare come

(86) $\begin{equation*} \omega(t) = \frac{v(t)}{R}, \qquad \forall t \geq 0. \end{equation*}$

Sostituendo l’espressione di $v(t)$ fornita nella traccia del problema, otteniamo che la velocità angolare del corpo è data da

$\boxcolorato{fisica}{\omega(t) = \frac{1}{R(B+At)}, \quad \forall t \geq 0. }$

Osserviamo che il precedente risultato è ben definito siccome $A$ e $B$ sono quantità positive ed il denominatore non si può annullare.

Svolgimento punto 2.

Integrando rispetto a $t$ la prima equazione in (1), si ottiene

(87) $\begin{equation*} \theta(t) = \theta(0) + \int_0^t \omega(u) \,\mathrm{d}u = \frac{1}{A R}\int_0^t\frac{A}{(Au+B)} \,\mathrm{d}u = \frac{1}{A R} \Big[\ln(Au + B) \Big]_{u=0}^{u=t} \qquad \forall t \geq 0, \end{equation*}$

dove nella prima uguaglianza si è usato il Teorema fondamentale del calcolo integrale, mentre nella seconda si sono usate le espressioni di $\theta(0)=0$ fornita dalla traccia, $\omega(t)$ ottenuta al primo punto e si è moltiplicato e diviso per $A$ l’integrale. Valutando la funzione integranda tra $t$ e $0$ , si ricava

$\boxcolorato{fisica}{\theta(t)=\dfrac{1}{AR}\ln\left(\dfrac{At+B}{B}\right),\qquad\forall t\geq 0. }$

Osserviamo che l’espressione di $\theta(t)$ è matematicamente ben definita essendo $A,B>0$ .

Svolgimento punto 3.

Dalla seconda equazione di (1), l’accelerazione angolare $\alpha(t)$ si ottiene derivando rispetto al tempo l’espressione $\omega(t)$ , precedentemente ottenuta al punto 1, cioè

(88) $\begin{equation*} \alpha(t) = \frac{d}{dt}\left(\frac{1}{R(B+At)}\right), \end{equation*}$

che può essere espressa come

$\boxcolorato{fisica}{ \alpha(t) = -\frac{A}{R(B+At)^2}, \qquad \forall t\geq 0. }$

Come in precedenza, essendo $A$ e $B$ sono quantità positive l’espressione di $\alpha(t)$ ottenuta è ben definita.

Svolgimento punto 4.

Inserendo le espressioni di $\omega(t)$ e $\alpha(t)$ , ottenute rispettivamente al punto 1 e 3, nell’espressione del vettore accelerazione, data dall’equazione (2) otteniamo

(89) $\begin{equation*} \vec{a}(t) = -\left(\frac{1}{R(B+At)}\right)^2R\,\hat{n}(t) - \frac{A}{R(B+At)^2}R\,\hat{t}(t) \end{equation*}$

ovvero

$\boxcolorato{fisica}{\vec{a}(t) = -\frac{1}{R(At+B)^2}\,\hat{n}(t) - \frac{A}{(At+B)^2}\,\hat{t}(t), \qquad \forall t \geq 0. }$

Dato che i versori $\hat{n}(t)$ e $\hat{t}(t)$ sono ortogonali in ogni istante e hanno norma unitaria, possiamo determinare il modulo dell’accelerazione applicando il teorema di Pitagora, cioè

(90) $\begin{equation*} |\vec{a}(t)| = \sqrt{\frac{1}{R^2(At+B)^4} + \frac{A^2}{(At+B)^4}}, \qquad \forall t \geq 0, \end{equation*}$

che può essere semplificato a

$\boxcolorato{fisica}{|\vec{a}(t)| = \dfrac{\sqrt{1 + A^2R^2}}{R(At+B)^2}, \qquad \forall t \geq 0. }$

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un punto si muove lungo una circonferenza di raggio $R$ con un moto circolare descritto dalla legge oraria $\theta(t) = \theta_0 \sin(\Omega t)$ , dove $\theta_0 > 0$ e $\Omega\neq 0$ è una costante con unità di misura pari a $\textnormal{s}^{-1}$ .

Calcolare:

il valore massimo del modulo dell’accelerazione tangenziale $a_t$ ;
il valore massimo del modulo dell’accelerazione centripeta $a_c$ ;
il tempo $t_T$ corrispondente alla condizione di valore massimo del punto 1;
il tempo $t_N$ corrispondente alla condizione di valore massimo del punto 2.

Esprimere i risultati in funzione dei parametri del problema $\Omega$ , $\theta_0$ , e $R$ .

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Un punto materiale si muove lungo una circonferenza di raggio R con una legge oraria θ(t) = θ₀ sin(Ωt). Il centro della circonferenza è indicato con il punto O, e una linea tratteggiata collega O al punto sulla circonferenza, rappresentando il raggio R. L'angolo θ(t) è mostrato rispetto all'asse orizzontale. Il punto materiale è evidenziato in rosa sulla circonferenza.

Figura 15: sistema fisico in esame.

Svolgimento punto 1.

Dalla seconda definizione all’equazione (1), otteniamo l’accelerazione angolare del corpo all’istante $t$

(91) $\begin{equation*} \alpha(t) = \ddot{\theta}(t) = -\Omega^2\theta_0\sin(\Omega t), \qquad\forall t\geq 0. \end{equation*}$

Sostituendo l’espressione di $\alpha(t)$ , ottenuta dalla (91), nell’equazione (4), otteniamo l’accelerazione tangenziale del corpo, cioè

(92) $\begin{equation*} a_t(t) = -\Omega^2\theta_0 R\sin(\Omega t), \qquad \forall t \geq 0. \end{equation*}$

Notiamo che il massimo valore $|a_{t,\text{max}}|$ del modulo dell’accelerazione tangenziale si verifica quando

(93) $\begin{equation*} \sin(\Omega t) = \pm 1. \end{equation*}$

Quindi, combinando le equazioni (92) e (93), deduciamo che

$\boxcolorato{fisica}{ |a_{t,\text{max}}| = \Omega^2\theta_0R.}$

Svolgimento punto 2.

In analogia a quanto esposto nel punto 1, dalla prima definizione dell’equazione (1= segue che

(94) $\begin{equation*} \omega(t) = \dot{\theta}(t) = \Omega\theta_0\cos(\Omega t), \qquad \forall t\geq 0. \end{equation*}$

Sostituendo l’espressione di $\omega(t)$ , ottenuta dalla (94), nell’equazione (3), ricaviamo l’accelerazione centripeta in un generico istante $t$ , ossia

(95) $\begin{equation*} a_n(t) = -(\Omega\theta_0\cos(\Omega t))^2R = -\Omega^2\theta_0^2R\cos^2(\Omega t), \quad \forall t\geq 0. \end{equation*}$

Dall’equazione (95) deduciamo che il modulo di $a_n(t)$ è massimo quando

(96) $\begin{equation*} \cos^2(\Omega t) = 1 \quad\Leftrightarrow\quad \cos(\Omega t) = \pm 1. \end{equation*}$

Quindi, combinando le equazioni (95) e (96), deduciamo che

$\boxcolorato{fisica}{ \vert a_{n,\text{max}}\vert = \Omega^2\theta_0^2R.}$

Svolgimento punto 3.

Per determinare il tempo $t_T$ in cui l’accelerazione tangenziale raggiunge il massimo valore, utilizziamo la condizione (93). Abbiamo quindi

(97) $\begin{equation*} \sin(\Omega t_T) = \pm 1 \quad\Leftrightarrow\quad \Omega t_T = \dfrac{\pi}{2} + k\pi, \end{equation*}$

dove $k\in\mathbb{Z}$ . Esplicitando l’equazione (97) rispetto a $t_T$ , otteniamo

(98) $\begin{equation*} t_T = \dfrac{\pi}{2}\left(\dfrac{1+2k}{\Omega}\right), \quad\forall k\in \mathbb{Z}. \end{equation*}$

Osserviamo che il precedente risultato è ben definito essendo $\Omega\neq 0$ .

Notiamo che affinché il tempo $t_T$ abbia un significato fisico, deve essere tale che

(99) $\begin{equation*} t_T\geq 0 \quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{\pi}{2}\left(\dfrac{1+2k}{\Omega}\right)\geq0 \quad\Leftrightarrow\quad k\geq-\dfrac{1}{2}. \end{equation*}$

Quindi, il parametro $k$ deve soddisfare

(100) $\begin{equation*} k\in\mathbb{Z} \quad \cap \quad k\geq-\dfrac{1}{2} \quad \Rightarrow \quad k\in\mathbb{N}. \end{equation*}$

Il parametro $k$ deve essere quindi un numero intero maggiore di $-1/2$ , pertanto dovrà necessariamente essere un numero naturale.

Pertanto, possiamo scrivere

$\boxcolorato{fisica}{ t_T = \dfrac{\pi}{2}\left(\dfrac{1+2k}{\Omega}\right), \qquad\forall k\in \mathbb{N}. }$

Osserviamo che poiché $\theta(t)$ è descritto da un moto periodico non esiste un solo istante di tempo $t_T$ in cui l’accelerazione tangenziale ha modulo massimo, ma ne esistono infiniti e sono del tipo

(101) $\begin{equation*} t_T=\dfrac{\pi}{2\Omega},\,\dfrac{3\pi}{2\Omega},\,\dfrac{5\pi}{2\Omega},\, ..., \end{equation*}$

ossia il primo massimo si verifica all’istante $t=\pi/(2\Omega)$ e i successivi si presentano ad intervalli regolari di $\pi/\Omega$ .

Svolgimento punto 4.

Analogamente, per determinare il tempo $t_N$ in cui l’accelerazione centripeta raggiunge il massimo valore, partendo dall’equazione (96), ricaviamo

(102) $\begin{equation*} \cos(\Omega t_N) = \pm 1 \quad \Leftrightarrow \quad \Omega t_N = \ell\pi, \end{equation*}$

dove $\ell \in \mathbb{Z}$ . Risolvendo l’equazione (102) rispetto a $t_N$ , otteniamo

(103) $\begin{equation*} t_N = \dfrac{\ell\pi}{\Omega}, \qquad \forall \ell \in \mathbb{Z}. \end{equation*}$

Osserviamo che il precedente risultato è ben definito essendo $\Omega\neq 0$ .

In modo simile a quanto fatto per $t_T$ , consideriamo solo i valori non negativi di $t_N$ , cioè $\ell \geq 0$ , e quindi il parametro $\ell$ deve soddisfare

(104) $\begin{equation*} \ell \in \mathbb{Z} \quad \cap \quad \ell \geq 0 \quad \Rightarrow\quad \ell \in \mathbb{N}. \end{equation*}$

Il parametro $\ell$ deve essere quindi un numero intero maggiore o uguale di $0$ , pertanto dovrà necessariamente essere un numero naturale. Quindi possiamo scrivere

$\boxcolorato{fisica}{ t_N = \dfrac{\ell\pi}{\Omega}, \qquad \forall \ell \in \mathbb{N}. }$

Analogamente a quanto detto nel punto 3, non esiste un solo istante di tempo $t_N$ in cui l’accelerazione centripeta assume modulo massimo, ma infiniti e sono del tipo

(105) $\begin{equation*} t_N=0,\dfrac{\pi}{\Omega},\,\dfrac{2\pi}{\Omega},\, ..., \end{equation*}$

ossia il primo massimo si verifica all’istante $t=0$ e i successivi si presentano ad intervalli regolari di $\pi/\Omega$ .

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un punto materiale si muove lungo un’orbita circolare di raggio $R = \textnormal{0,2} \, \textnormal{m}$ con una velocità angolare iniziale costante $\omega_0 = 15 \, \textnormal{rad/s}$ . A partire dall’istante $t = 0$ , fino all’istante $t_1 = 16 \, \textnormal{s}$ , la sua accelerazione angolare è descritta dalla relazione $\alpha(t) = -k t$ , con $k = 0,1 \, \text{rad/s}^3$ . Per $t \geq t_1$ , l’accelerazione angolare diventa costante e assume il valore $\alpha = -\textnormal{1,6}\, \textnormal{rad/s}^2$ fino a quando il punto materiale si ferma completamente.

Calcolare:

Il modulo $a$ dell’accelerazione totale del punto all’istante $t_1$ .
L’istante $t_f$ in cui il punto si ferma.

Svolgimento.

Sia $Oxy$ un sistema di riferimento cartesiano inerziale con l’origine $O$ corrispondente con il centro dell’orbita circolare percorsa dal punto materiale ed orientato come in figura 16.

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Figura 16: sistema fisico in esame.

Poiché $\alpha(t) = \dfrac{d\omega(t)}{dt} = -k t$ e la condizione iniziale è data da $\omega(0) = \omega_0$ , possiamo formulare il seguente problema di Cauchy:

(106) $\begin{equation*} \begin{cases} \frac{d\omega(t)}{dt}= -k t\\\\ \omega(0)=\omega_0. \end{cases} \end{equation*}$

Risolviamo la prima equazione in (106)

$\omega(t) = \int \alpha(t) \, dt = -0.1\cdot \dfrac{t^2}{2} + \mbox{costante},$

posto $\omega(0)=\omega_0$ si ha $\mbox{costante} =\omega_0$ .

Dunque essendo

(107) $\begin{equation*} \omega(t) = \omega_0 - k\cdot \dfrac{t^2}{2} , \end{equation*}$

allora il modulo dell’accelerazione normale è dato dall’equazione (3), ovvero

(108) $\begin{equation*} a_n(t) = \omega^2(t) \cdot R. \end{equation*}$

Calcoliamo la velocità angolare nell’istante $t=t_1$ come segue

$\omega(t_1) = \omega_0 -k \cdot \dfrac{t_1^2}{2} = \textnormal{2,2} \; \mathrm{rad}\cdot\mathrm{s}^{-1}.$

Valutando l’equazione (108) in corrispondenza dell’istante $t=t_1$ , l’accelerazione centripeta in tale istante vale

$a_n(t_1) = \omega^2(t_1) R = \text{0,97} \; \mathrm{m}\cdot\mathrm{s}^{-2}.$

Il modulo dell’accelerazione tangenziale è dato dall’equazione (4)

$a_t(t) = \alpha(t)\, R = -k t R,$

e, calcolando l’accelerazione tangenziale nell’istante $t=t_1$ , otteniamo

$a_t(t_1) = \alpha(t_1) R = -k \cdot t_1 \cdot R = -\text{0,32} \; \mathrm{m}\cdot\mathrm{s}^{-2}.$

Quindi possiamo determinare il modulo dell’accelerazione nell’istante $t=t_1$

$a(t_1) = \sqrt{a_t^2(t_1) + a_n^2(t_1)} = 1\; \mathrm{m}\cdot\mathrm{s}^{-2}.$

Ora sia $t \ge t_1$ con $\alpha=-1.6$ rad/s $^2$ .

Siccome l’accelerazione angolare è costante, possiamo scrivere il modulo come segue

$\omega(t) = \omega(t_1) + \alpha (t-t_1)\quad \text{per $t\geq t_1$},$

e, chiamando $t=t^*$ l’istante in cui il punto materiale si ferma, abbiamo

$\omega(t^*) = 0 \quad\Leftrightarrow \quad\omega(t_1) + \alpha (t^*-t_1) = 0,$

ossia risolvendo rispetto a $t^*$

$\boxcolorato{fisica}{ t^*=t_1 -\dfrac{\omega(t_1)}{\alpha}. \nonumber}$

Valutando la precedente espressione in corrispondenza dei valori numerici del problema, si conclude che il tempo cercato è $t^*=17.4\,\textnormal{s}$ a partire da $t=0$ .

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Una ruota inizialmente in quiete viene messa in rotazione attorno al suo asse e la sua velocità angolare cresce uniformemente per un intervallo di tempo $\tau_1 = 10 \,\text{s}$ fino a raggiungere il valore $\omega_1 =10\pi \,\mathrm{rad}\cdot \mathrm{s}^{-1}$ ; la velocità angolare è poi mantenuta costante per un intervallo di tempo $\tau_2 = 5\,\text{s}$ , dopodiché è fatta diminuire uniformemente e in un intervallo di tempo $\tau_3 = 10\,\text{s}$ la ruota si arresta.

Calcolare il numero $N$ complessivo dei giri fatti dalla ruota.

Figura 17: rappresentazione dei vari moti della ruota, ciascun $\tau$ rappresenta il tempo di rimanenza in tale moto.

Svolgimento.

All’istante iniziale $\tau_0 = 0$ s la ruota inizia un moto circolare uniformemente accelerato attorno al suo asse di rotazione passante per il centro della ruota, partendo da ferma. Il moto si ferma dopo $\tau_1 = 10\,\textbf{s}$ raggiungendo una velocità angolare di $\omega_1 = 10 \pi$ rad $\cdot$ s $^{-1}$ . Per le leggi della cinematica possiamo calcolare l’accelerazione angolare $\alpha_1$ del ruota utilizzando la seconda equazione del sistema (5), ossia

(109) $\begin{equation*} \omega_1 = \alpha_1 \tau_1 \qquad \Leftrightarrow \qquad \alpha_1 = \dfrac{\omega_1}{\tau_1} = \pi \,\text{rad}\cdot\text{s}^{-2}. \end{equation*}$

L’angolo $\theta_1$ spazzato dalla ruota durante il suo moto circolare uniformemente accelerato si ricava dalle prima equazione del sistema (5), ovvero

(110) $\begin{equation*} \theta_1 = {1\over 2}\alpha_1 \tau_1^2 = 50\pi \,\text{rad}, \end{equation*}$

dove abbiamo usato il risultato pervenuto nella precedente equazione.

Per un intervallo di tempo pari a $\tau_2 = 5\,\text{s}$ la ruota segue un moto circolare con velocità angolare $\omega_1$ uniforme. Dalla equazione (1), ricaviamo che se il moto è circolare uniforme con velocità angolare costante $\omega$ , allora

(111) $\begin{equation*} \theta(t)=\omega t\quad\forall t\geq 0. \end{equation*}$

Pertanto possiamo calcolare l’angolo spazzato $\theta_2$ durante questo moto che è pari a

(112) $\begin{equation*} \theta_2 = \omega_1 \tau_2 = 50\pi \,\text{rad}. \end{equation*}$

Infine, la ruota segue un moto circolare uniformemente decelerato partendo da una velocità angolare $\omega_1$ fino a fermarsi completamente. Sapendo che impiega un intervallo di tempo $\tau_3=10\,\text{s}$ per fermarsi, dalla seconda equazione del sistema (5) possiamo calcolare l’accelerazione angolare $\alpha_2$ della ruota, cioè

(113) $\begin{equation*} 0 = \omega_1 + \alpha_2 \tau_3 \qquad \Leftrightarrow\qquad \alpha_2 = -\dfrac{\omega_1}{\tau_3} = -\pi \,\text{rad}\cdot \text{s}^{-1}, \end{equation*}$

da cui calcoliamo l’angolo spazzato $\theta_3$ dalla ruota durante l’intervallo di tempo $\tau_3$ , ovvero

(114) $\begin{equation*} \theta_3 = \omega_1 \tau_3 + {1\over 2}\alpha_2\tau_3^2 = 50\pi \,\text{rad}. \end{equation*}$

L’angolo totale spazzato dalla ruota è $\theta= \theta_1 + \theta_2 + \theta_3 = 150\pi \,\text{rad}\cdot \text{s}^{-1}$ . Per calcolare il numero di giri $N$ è sufficiente dividere l’angolo totale spazzato dalla ruota $\theta$ per 2 $\pi$ , ovvero

$\boxcolorato{fisica}{ N = \dfrac{\theta}{2\pi} = 75\,\text{giri}.}$

Riferimenti bibliografici

[1] Qui Si Risolve, Guida al calcolo delle derivate ed esempi vari.

[2] Qui Si Risolve, Calcolo differenziale – Teoria sulle derivate.

[3] Qui Si Risolve, Teoria sugli integrali definiti – Integrazione secondo Riemann.

[4] Qui Si Risolve, Teoria sulle equazioni differenziali lineari e non lineari.
[5] Mazzoldi, P., Nigro, M., Voci, C., Fisica – Vol. 1: Meccanica, Termodinamica, Elettromagnetismo, Edises, 2003.
[6] Rosati, G., Fisica Generale – Meccanica e Termodinamica, Zanichelli, 1988.
[7} Mencuccini, C., Silvestrini, V., Fisica – Vol. 1: Meccanica e Termodinamica, Liguori Editore, 1996.
[8] Resnick, R., Halliday, D., Krane, K., Physics, Vol. 1, Wiley, 2002.

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