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Esercizi sui moti vari – 1

Moti vari nella cinematica

Home » Esercizi sui moti vari – 1

Benvenuti nel primo volume di esercizi sui moti vari, dove presentiamo 6 esercizi sulla descrizione e le proprietà dei moti che i corpi possono assumere nello spazio. I problemi sono di difficoltà varia, illustrati e ciascuno è corredato di soluzione completa, così da consentire al lettore di confrontare la sua soluzione con quella da noi proposta, per un apprendimento più efficace.

Oltre al secondo volume di Esercizi sui moti vari – 2, consigliamo le seguenti raccolte di esercizi su materiale affine:

Buona lettura!

 

Sommario

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Questo volume rappresenta il primo di una serie di due e raccoglie una selezione di esercizi di cinematica dedicati a moti non convenzionali, ovvero quelli che non rientrano nelle classiche categorie del moto rettilineo uniforme, rettilineo uniformemente accelerato, moto parabolico, circolare uniforme, circolare uniformemente accelerato o armonico. L’obiettivo del testo è proporre esercizi che riguardano punti materiali in movimento secondo leggi del moto non esplicitamente note, richiedendo l’applicazione di strumenti matematici, come derivate e integrali, per la loro risoluzione. Si suggerisce di aver acquisito una buona conoscenza di Analisi Matematica 1 per affrontare al meglio i contenuti proposti.

Il materiale proposto è adatto a corsi di Fisica 1 rivolti a studenti di ingegneria, fisica e matematica, ma anche a corsi di Fisica Generale per studenti di iscritti a corsi di area scientifica in generale. Inoltre, può essere utile anche per chi, da autodidatta, desideri approfondire la materia. Gli esercizi presentano livelli di difficoltà variabili e sono corredati da soluzioni dettagliate, con l’obiettivo di guidare il lettore nella comprensione di ogni fase del processo risolutivo.

Il secondo volume della serie è concepito come un approfondimento per coloro che desiderano continuare a esercitarsi su problemi di questa tipologia. In aggiunta, rispetto al primo volume, esso includerà esercizi che richiedono l’utilizzo delle coordinate polari, oltre a problemi di maggiore complessità, pensati per studenti che desiderano affrontare sfide più impegnative.


 
 

Autori e revisori

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Autori: Federico Manzoni

Revisori: Valerio Brunetti, Davide Germani.


 
 

Notazioni

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\mathbb{Z}    Insieme dei numeri interi;
\mathbb{R}    Insieme dei numeri reali;
t    variabile temporale;
\vec{r}(t)    raggio vettore;
r(t)    modulo del raggio vettore;
x(t), \, y(t), \, z(t)    leggi orarie sugli assi x,y,z;
\vec{v}(t)    velocità;
v(t)    modulo della velocità;
\vec{a}(t)    accelerazione;
a(t)    modulo dell’accelerazione.


 
 

Esercizi

    \[\quad\]

Esercizio 1 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Un punto materiale si muove di moto rettilineo in un sistema di riferimento inerziale Ox. Al generico istante t, la velocità del punto è descritta dalla relazione:

    \[ v(t) = a\,t^2 + b\,\exp(-s\,t) + c, \quad \forall t \in [0, +\infty), \]

dove a, b, s, c \in \mathbb{R} \setminus \{0\} sono parametri reali non nulli con unità di misura rispettivamente pari a \textnormal{m} \cdot \textnormal{s}^{-3}, \textnormal{m} \cdot \textnormal{s}^{-1}, \textnormal{s}^{-1} e \textnormal{m} \cdot \textnormal{s}^{-1}.

Si richiede di determinare, con la condizione x(0)=0, per t \geq 0:

    \[\quad\]

  1. l’accelerazione a(t) e la legge oraria x(t) al generico istante t;

    2.  

  2. per t \to +\infty, a cosa tende asintoticamente x(t).

Richiami teorici.

In un moto unidimensionale si ha

    \[\quad\]

  1. la velocità v(t) e l’accelerazione a(t) sono determinate, rispettivamente, dalla derivata prima e seconda della legge oraria x(t) rispetto a t

    (1)   \begin{equation*} v(t)=\frac{dx(t)}{dt}, \qquad a(t)=\frac{d^2x(t)}{dt^2}=\frac{dv(t)}{dt}; \end{equation*}

     

  2. dal punto precedente, fissando un istante iniziale t=t_0 e un generico istante finale t, la legge oraria e la velocità sono date da

    (2)   \begin{equation*} v(t)=v(t_0)+\int_{t_0}^t a(t')\,dt', \qquad x(t)=x(t_0)+\int_{t_0}^t v(t')\,dt'. \end{equation*}


Svolgimento punto 1.

Schematiziamo il problema in figura 1 prendendo un sistema cartesiano Ox.

    \[\quad\]

    \[\quad\]

Rendered by QuickLaTeX.com

Figura 1: schematizzazione del problema.

    \[\quad\]

    \[\quad\]

Sappiamo che, al generico istante t, si ha

(3)   \begin{equation*} v(t)=a\,t^2+b\,\exp{(-s\,t)}+c, \end{equation*}

da cui, derivando rispetto al tempo ambo i membri, si ha

(4)   \begin{equation*} \boxed{\dfrac{dv(t)}{dt}=2\,a\,t-b\,s\exp{(-s\,t)}.} \end{equation*}

Dunque, dalla seconda delle equazioni (1), l’accelerazione è

    \[\boxcolorato{fisica}{a(t)=2\,a\,t-b\,s\,\exp{(-s\,t)}.}\]

Per determinare la legge oraria è, invece, necessario intergare la funzione che descrive la velocità v(t), come espresso dalla seconda delle equazioni (2). Fissando l’istante iniziale a t_0=0, otteniamo

(5)   \begin{equation*} \boxed{x(t)=\int_{0}^t(a\,t'^2+b\,\exp{(-s\,t')}+c)\,dt'.} \end{equation*}

Sfruttando la linearità dell’integrale possiamo scrivere

(6)   \begin{equation*} \int_{0}^t(a\,t'^2+b\,\exp{(-s\,t')}+c)\,dt'=a\int_0^t t'^2\,dt'+b\int_0^t \exp{(-s\,t')}\,dt'+c\int_0^tdt'; \end{equation*}

e svolgendo gli integrali si ottiene

    \[\boxcolorato{fisica}{x(t)=\dfrac{a}{3}\,t^3-\frac{b}{s}\,(\exp{(-s\,t)}-1)+c\,t.}\]


Svolgimento punto 2.

Nel limite t \rightarrow +\infty si hanno due andamenti diversi a seconda del segno di s.

Se s>0 il termine esponenziale, poiché decrescente, tende a zero nel limite t \rightarrow + \infty; inoltre, dalle gerarchie di infinito, il termine più veloce a tendere a +\infty è il termine cubico. Pertanto asintoticamente la legge oraria è data da

    \[\boxcolorato{fisica}{x(t) \sim \frac{a}{3}\,t^3.}\]

Se s<0 il termine esponenziale è crescente e tende a +\infty più velocemente dei termini polinomiali. Pertanto asintoticamente la legge oraria è data da

    \[\boxcolorato{fisica}{x(t) \sim -\frac{b}{s}\,\text{exp}(-st).}\]


 
 

Esercizio 2 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Un punto materiale si muove di moto rettilineo in un sistema di riferimento inerziale Ox. All’istante t=0 il punto passa per l’origine con modulo della velocità

    \[v(t=0)=v_0\]

positiva e, da quell’istante in avanti, l’accelerazione è data da

    \[a(t)=-k\,\sqrt{t}\quad t \in [0,+\infty),\]

con k \in \mathbb{R} \setminus \{0\} (parametro reale non nullo) tale che la sua unità di misura sia \textnormal{m} \cdot \textnormal{s}^{-5/2}. Si determinino, per t \geq 0:

    \[\quad\]

  1. la velocità v(t) e la legge oraria x(t) nel generico istante t;

    2.  

  2. il massimo e il minimo della velocità nell’intervallo di tempo a \leq t\leq b.

Esprimere i risultati in termini k, a , b e in funzione di t. Si noti inoltre che a e b, rappresentando istanti di tempo, quindi hanno unità di misura espressa in secondi e sono entrambi positivi.

Richiami teorici.

In un moto unidimensionale si ha

    \[\quad\]

  1. la velocità v(t) e l’accelerazione a(t) sono determinate, rispettivamente, dalla derivata prima e seconda della legge oraria x(t) rispetto a t

    (7)   \begin{equation*} v(t)=\frac{dx(t)}{dt}, \qquad a(t)=\frac{d^2x(t)}{dt^2}=\frac{dv(t)}{dt}; \end{equation*}

    2.  

  2. dal punto precedente, fissando un istante iniziale t=t_0 e un generico istante finale t, la legge oraria e la velocità sono date da

    (8)   \begin{equation*} v(t)=v(t_0)+\int_{t_0}^t a(t')\,dt', \qquad x(t)=x(t_0)+\int_{t_0}^t v(t')\,dt'. \end{equation*}

Inoltre, ricordiamo che l’integrale su un intervallo I=[a,b] della retta reale di una funzione della forma f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} tale che f(t)=t^{n} con n \in \mathbb{R} (numero reale) si calcola come segue:

(9)   \begin{equation*} \int_{I} f(t)\,dt=\int_a^b t^n\,dt=\frac{t^{n+1}}{n+1}\bigg|_a^b=\frac{1}{n+1}(b^{n+1}-a^{n+1}). \end{equation*}


Svolgimento punto 1.

Schematizziamo il problema in figura 2 considerando un sistema cartesiano Ox.

    \[\quad\]

    \[\quad\]

Rendered by QuickLaTeX.com

Figura 2: schematizzazione del problema.

    \[\quad\]

    \[\quad\]

Usando la seconda delle equazioni (7), sappiamo che per t\geq 0 si ha

(10)   \begin{equation*} \frac{dv(t)}{dt}=a(t)=-k\,\sqrt{t}; \end{equation*}

fissando l’istante iniziale a t_0=0 e ricordando che v(t=0)=0, otteniamo dalla prima delle (8)

(11)   \begin{equation*} \boxed{v(t)=-k\int_{0}^t\sqrt{t'}\,dt',} \end{equation*}

in cui abbiamo sfruttato la linearità dell’operatore integrale per portare fuori le costanti. Svolgiamo l’integrale usando la relazione (9) con n=\dfrac{1}{2}

(12)   \begin{equation*} v(t)=-k\,\dfrac{(t')^{\frac{1}{2}+1}}{\dfrac{1}{2}+1}\bigg|_0^t; \end{equation*}

dunque

    \[\boxcolorato{fisica}{v(t)=-\frac{2\,k}{3} \,t\sqrt{t}.}\]

A questo punto, fissando l’istante inizile a t_0=0 e ricordando che x(t=0)=0, la legge oraria si calcola usando la seconda delle equazioni \eqref{eq:velepos2}

(13)   \begin{equation*} \boxed{x(t)=-\frac{2\,k}{3}\int_{0}^t (t')^{\frac{3}{2}}\,dt'.} \end{equation*}

Svolgiamo l’integrale usando la relazione \eqref{eq:int1}, con n=\dfrac{3}{2}, cioè

(14)   \begin{equation*} x(t)=-\dfrac{2\,k}{3}\,\dfrac{(t')^{\frac{3}{2}+1}}{\dfrac{3}{2}+1}\bigg|_0^t; \end{equation*}

dunque

    \[\boxcolorato{fisica}{x(t)=-\frac{4\,k}{15}\, \sqrt[5]{t}.}\]


Svolgimento punto 2.

Per determinare la velocità massima e minima, osserviamo che la funzione che la descrive è monotona. In particolare, se k > 0, la velocità è monotona decrescente, mentre se k < 0, è monotona crescente. Ne consegue che, nell’intervallo indicato nel testo, se k > 0, allora

    \[\boxcolorato{fisica}{ v_{\max}(t)=v(t=a)=-\frac{2\,k}{3}\,a\sqrt{a}, \qquad v_{\min}(t)=v(t=b)=-\frac{2\,k}{3}\,b\sqrt{b};}\]

mentre se k<0 allora

    \[\boxcolorato{fisica}{ v_{\min}(t)=v(t=a)=-\frac{2\,k}{3}\,a\sqrt{a}, \qquad v_{\max}(t)=v(t=b)=-\frac{2\,k}{3}\,b\sqrt{b}.}\]


 
 

Esercizio 3 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Un punto materiale si muove di moto rettilineo in un sistema di riferimento inerziale Ox. La legge oraria è

    \[x(t)=a\,t^3-b\,t^2+c\]

con a,b,c \in \mathbb{R} (parametri reali) tali che abbiamo rispettivamente unità di misura \textnormal{m} \cdot \textnormal{s}^{-3}, \ \textnormal{m} \cdot \textnormal{s}^{-2}, \ \textnormal{m}. Si determinino, per t \geq 0:

    \[\quad\]

  1. in quali istanti di tempo si annullano la velocità v(t) e l’accelerazione a(t);

    2.  

  2. gli istanti in cui il punto passa per il punto x=c.

Esprimere e discutere i risultati in termini dei parametri a,b,c e in funzione di t.

Richiami teorici.

In un moto unidimensionale si ha che la velocità v(t) e l’accelerazione a(t) sono determinate, rispettivamente, dalla derivata prima e seconda della legge oraria x(t) rispetto a t

(15)   \begin{equation*} v(t)=\frac{dx(t)}{dt}, \qquad a(t)=\frac{d^2x(t)}{dt^2}=\frac{dv(t)}{dt}. \end{equation*}


Svolgimento punto 1.

Schematizziamo il problema in figura 3 considerando un sistema cartesiano Ox.

    \[\quad\]

    \[\quad\]

Rendered by QuickLaTeX.com

Figura 3: schematizzazione del problema.

    \[\quad\]

    \[\quad\]

Per prima cosa determiniamo le funzioni che descrivono la velocità e l’accelerazione del moto. Dalla prima delle equazioni (15), derivando una volta la legge oraria rispetto a t si ottiene:

(16)   \begin{equation*} \boxed{v(t)=\frac{dx(t)}{dt}=3\,a\,t^2-2\,b\,t=t\,(3\,a\,t-2\,b).} \end{equation*}

Derivando ambo i membri della presecende equazione rispetto a t, otteniamo

(17)   \begin{equation*} \boxed{a(t)=\frac{d^2x(t)}{dt^2}=\frac{dv(t)}{dt}=6\,a\,t-2\,b.} \end{equation*}

Ponendo uguale a zero l’espressione della velocità, si ha

(18)   \begin{equation*} v(t)=3\,a\,t^2-2\,b\,t=t\,(3\,a\,t-2\,b)=0, \end{equation*}

da cui

    \[\boxcolorato{fisica}{t_1=0}\]

e, assumendo a \neq 0, possiamo dividere ambo i membri dell’equazione 3at-2b=0, ottenendo

    \[\boxcolorato{fisica}{t_2=\frac{2\,b}{3\,a} }\]

Osserviamo che abbiamo due soluzioni poiché la velocità è descritta da una funzione polinomiale quadratica. Inoltre, deve valere t\geq 0, quindi la prima soluzione, t_1, è sempre accettabile mentre la seconda t_2 è accettabile solo se a > 0 e b \geq 0 oppure se a < 0 e b \leq 0. Da notare che se b=0 allora t_1=t_2.

Ponendo uguale a zero l’espressione dell’ accelerazione si ha

(19)   \begin{equation*} a(t)=6\,a\,t-2\,b=0, \end{equation*}

da cui, assumendo a \neq 0, possiamo dividere ambo i membri dell’equazione 6at-2b=0 ottenendo

    \[\boxcolorato{fisica}{t_3=\frac{b}{3\,a}.}\]

In questo caso abbiamo una sola soluzione poiché l’accelerazione è descritta da una funzione polinomiale lineare. Inoltre, dato che deve valere t \geq 0, la soluzione è accettabile solo se a > 0 e b \geq 0 oppure se a < 0 e b \leq 0.


Svolgimento punto 2.

Determinando gli istanti di tempo in cui il punto passa per x=c, ossia

(20)   \begin{equation*} \boxed{ x(t)=c \ \ \Rightarrow \ \ at^3-bt^2+c=c,} \end{equation*}

da cui segue

(21)   \begin{equation*} at^3-bt^2=t^2(at-b)=0; \end{equation*}

quindi

    \[\boxcolorato{fisica}{t_4=t_5=0 }\]

e, assumendo a \neq 0, possiamo dividere ambo i membri dell’equazione at-b=0, ottenendo

    \[\boxcolorato{fisica}{t_6= \frac{b}{a}. }\]

Poiché la posizione è descritta da una funzione polinomiale di terzo grado, abbiamo ottenuto tre soluzioni (di cui due coincidenti). Ancora una volta, poiché deve valere t\geq0, la terza soluzione è accettabile solo se a > 0 e b \geq 0 oppure se a < 0 e b \leq 0. Da notare che se b=0 allora t_4=t_5=t_6.


 
 

Scarica gli esercizi svolti

Ottieni due volumi scaricabili sui moti vari in cinematica, contenenti rispettivamente 6 e 17 esercizi, completi di soluzioni dettagliate. Il primo volume è di 16 pagine, mentre il secondo è di 34.

 
 

Esercizio 4 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Un punto materiale si muove di moto rettilineo lungo l’asse Ox di un sistema di riferimento inerziale. Il moto avviene nell’intervallo di tempo (0, t_f], dove t_f > 0 è espresso in secondi.

Al istante t=t_f il punto materiale ha modulo della velocità pari a

    \[v(t=t_f)=\dfrac{k_1}{\ln{(a\,t_f)}}\]

in cui k_1 \in \mathbb{R} \setminus \{0\} e a \in (0,+\infty) (parametri reali non nulli) tali che le loro unità di misura siano, rispettivamente, \textnormal{m} \cdot \textnormal{s}^{-1}, \textnormal{s}^{-1}. Inoltre, il moto del punto materiale avviene con accelerazione

    \[a(t)=\dfrac{k_2}{t\ln^2(b\,t)}\]

in cui k_2\in \mathbb{R} \setminus \{0\} e b \in (0,+\infty) (parametri reali non nulli) tali che le loro unità di misura siano, rispettivamente, \textnormal{m} \cdot \textnormal{s}^{-1}, \textnormal{s}^{-1}. Assumendo che \ln(a\,t) e \ln(b\,t) siano diversi da zero per ogni t \in (0,t_f], si determinino

    \[\quad\]

  1. il modulo della velocità al generico istante t;

    2.  

  2. il valore del modulo della velocità per t \rightarrow 0^+.

Esprimere i risultati in termini dei parametri k_1,k_2,a,b e in funzione di t.

Richiami teorici.

In un moto unidimensionale si ha

    \[\quad\]

    la velocità v(t) e l’accelerazione a(t) sono determinate, rispettivamente, dalla derivata prima e seconda della legge oraria x(t) rispetto a t

    (22)   \begin{equation*} v(t)=\frac{dx(t)}{dt}, \qquad a(t)=\frac{d^2x(t)}{dt^2}=\frac{dv(t)}{dt}; \end{equation*}

     

  1. dal punto precedente, fissando un istante arbitrario t=\Bar{t} e un generico istante t, la legge oraria e la velocità sono date da

    (23)   \begin{equation*} v(t)=v(\Bar{t})+\int_{\Bar{t}}^t a(t')dt', \qquad x(t)=x(\Bar{t})+\int_{\Bar{t}}^t v(t')dt', \end{equation*}

    sia se \Bar{t}<t sia se \Bar{t}>t.

Inoltre, ricordiamo che l’integrale su un intervallo I=[a,b] con a>0, b>0 della retta reale di una funzione f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} tale che f(t)=\dfrac{1}{t\ln^2{(t)}} si calcola come segue

(24)   \begin{equation*} \int_{I} f(t)dt=\int_a^b \frac{1}{t\ln^2{(t)}}dt=-\frac{1}{\ln{(t)}}\bigg|_a^b=\frac{1}{\ln{(a)}}-\frac{1}{\ln{(b)}}. \end{equation*}


Svolgimento punto 1.

Schematizziamo il problema in figura 4 considerando un sistema cartesiano Ox.

    \[\quad\]

    \[\quad\]

Rendered by QuickLaTeX.com

Figura 4: schematizzazione del problema.

    \[\quad\]

    \[\quad\]

Conosciamo l’accelerazione del moto e il valore della velocità ad un istante specifico t_f. Considerando la seconda delle relazioni (22) abbiamo

(25)   \begin{equation*} a(t)=\dfrac{d v(t)}{dt} \end{equation*}

e integrando ambo i membri sull’intervallo reale I=[t,t_f], si ha dalla prima delle (23) che

(26)   \begin{equation*} v(t)=v(t_f)+\int_{t_f}^ta(t')dt'. \end{equation*}

Sostituendo nella precedente equazione l’espressione dell’accelerazione a(t)=\dfrac{k_2}{t\ln^2{(b\,t)}} e della velocità v(t_f)=\dfrac{k_1}{\ln{(a\,t_f)}}, abbiamo

(27)   \begin{equation*} \boxed{v(t)=\frac{k_1}{\ln{(a\,t_f)}}+\int_{t_f}^t\frac{k_2}{t'\ln^2(b\,t')}dt'.} \end{equation*}

È necessario calcolare l’integrale; moltiplichiamolo e dividiamolo per la quantità b (che è diversa da zero) per ottenere

(28)   \begin{equation*} \int_{t_f}^t\frac{k_2}{t'\ln^2(b\,t')}dt'=\frac{b}{b}\int_{t_f}^t\frac{k_2}{t'\ln^2(b\,t')}dt'=\int_{t_f}^t\frac{k_2}{b\,t'\ln^2(b\,t')}b\,dt', \end{equation*}

in cui, poiché b è costante, lo abbiamo portato sotto il segno di integrale. Operiamo un cambio di variabile q=bt' da cui, differenziando si ha dq=bdt'; sostituendo nell’integrale e usando la relazione (24), si ottiene

(29)   \begin{equation*} \begin{aligned} \int_{t_f}^t\frac{k_2}{t'\ln^2(b\,t')}dt'&=b\int_{t_f}^t\frac{k_2}{b\,t'\ln^2(b\,t')}dt'=\\ &=\int_{bt_f}^{bt}\frac{k_2}{q\ln^2(q)}dq=\\ &=\frac{k_2}{\ln{(b\,t_f)}}-\frac{k_2}{\ln{(b\,t)}}. \end{aligned} \end{equation*}

La velocità v(t) è quindi

    \[\boxcolorato{fisica}{v(t)=\frac{k_1}{\ln{(a\,t_f)}}+\frac{k_2}{\ln{(b\,t_f)}}-\frac{k_2}{\ln{(b\,t)}}.}\]


Svolgimento punto 2.

Per determinare la velocità quando t \rightarrow 0^+ ricordiamo che

(30)   \begin{equation*} \boxed{\lim_{t \rightarrow 0^+} \ln{(t)}=-\infty,} \end{equation*}

da cui segue che

    \[\boxcolorato{fisica}{\lim_{t \rightarrow 0^+}v(t)=\frac{k_1}{\ln{(a\,t_f)}}+\frac{k_2}{\ln{(b\,t_f)}}.}\]

poiché il termine \dfrac{k_2}{\ln{(b\,t)}} tende a zero nel limite t \rightarrow 0^+.


 
 

Esercizio 5 (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Un punto materiale si muove in un piano. Si fissi un sistema di riferimento fisso Oxy; le leggi orarie in tale sistema di riferimento sono

    \[x(t)=a\,t^2-b\,t, \qquad y(t)=a'\,t^2-b'\,t+c'\quad t \in [0,+\infty),\]

in cui b,b',c' \in (0,\infty) (parametri reali positivi non nulli) tali che abbiamo, rispettivamente, unità di misura \textnormal{m} \cdot \textnormal{s}^{-1}, \ \textnormal{m} \cdot \textnormal{s}^{-1}, \ \textnormal{m} e a,a' \in (-\infty,0) (parametri reali negativi non nulli) tali che abbiamo, rispettivamente, unità di misura \textnormal{m} \cdot \textnormal{s}^{-2}, \ \textnormal{m} \cdot \textnormal{s}^{-2}.
Si determinino, per t\geq 0:

    \[\quad\]

  1. le componenti e i moduli della velocità e dell’accelerazione;

    2.  

  2. la derivata \dfrac{d \theta}{dt} dell’angolo che la velocità forma con l’asse delle x.

Esprimere i risultati in termini di a, b , a', b', c' e in funzione di t.

Richiami teorici.

In un moto bidimensionale si ha

    \[\quad\]

  1. la velocità \Vec{v}(t) e l’accelerazione \Vec{a}(t) sono determinate, rispettivamente, dalla derivata prima e seconda del raggio vettore \Vec{r}(t) rispetto a t

    (31)   \begin{equation*} \Vec{v}(t)=\frac{d\Vec{r}(t)}{dt}, \qquad \Vec{a}(t)=\frac{d^2\Vec{r}(t)}{dt^2}=\frac{d\Vec{v}(t)}{dt}. \end{equation*}

    Sfruttando un sistema di coordinate cartesiane, in cui \Vec{r}(t)=(x(t),y(t)) con x(t) e y(t) le componenti, rispettivamente, sugli assi x e y del raggio vettore \Vec{r}(t), si ha

    (32)   \begin{equation*} \Vec{v}(t)=(v_x(t),v_y(t))=\frac{d\Vec{r}(t)}{dt}=\bigg(\dfrac{dx(t)}{dt},\dfrac{dy(t)}{dt}\bigg) \quad \Rightarrow \quad v_x(t)=\dfrac{dx(t)}{dt}, \quad v_y(t)=\dfrac{dy(t)}{dt}, \end{equation*}

    e

    (33)   \begin{equation*} \Vec{a}(t)=(a_x(t),a_y(t))=\frac{d^2\Vec{r}(t)}{dt^2}=\bigg(\dfrac{d^2x(t)}{dt^2},\dfrac{dy^2(t)}{dt^2}\bigg) \quad \Rightarrow \quad a_x(t)=\dfrac{d^2x(t)}{dt^2}, \quad a_y(t)=\dfrac{d^2y(t)}{dt^2}. \end{equation*}

    In definitiva, la determinazione della posizione, della velocità e dell’accelerazione di un punto sul piano si ottiene componendo due moti rettilinei che avvengono lungo gli assi.

    2.  

  2. L’angolo \theta tra la velocità \Vec{v}(t) e l’asse delle x è determinato dalla relazione

    (34)   \begin{equation*} \tan{(\theta(t))}=\frac{v_x(t)}{v_y(t)}, \end{equation*}

    in cui v_y(t)\neq 0 e \theta \neq \dfrac{\pi}{2}+k\pi con k \in \mathbb{Z}.


Svolgimento punto 1.

Schematizziamo il problema in figura 5 in cui consideriamo un sistema cartesiano Oxy.

    \[\quad\]

    \[\quad\]

Rendered by QuickLaTeX.com

Figura 5: schematizzazione del problema.

    \[\quad\]

    \[\quad\]

Il testo ci formisce le componenti proiettate sui due assi x e y del raggio vettore, ossia

(35)   \begin{equation*} x(t)=at^2-bt, \ \ \ \ \ y(t)=a't^2-b't+c'. \end{equation*}

Calcoliamo le componenti della velocita. Derivando una volta rispetto al tempo x(t) e y(t) e usando (32), le componenti della velocità sui due assi cartesiani sono

(36)   \begin{equation*} \boxed{\begin{aligned} \dfrac{dx(t)}{dt}&=2at-b,\\ \\ \dfrac{dy(t)}{dt}&=2a't-b'; \end{aligned}} \end{equation*}

dunque

    \[\boxcolorato{fisica}{\begin{aligned} v_x(t)&=2at-b,\\ \\ v_y(t)&=2a't-b'. \end{aligned} }\]

Calcoliamo le componenti dell’accelerazione. Derivando due volte rispetto al tempo x(t) e y(t) e usando (33), le componenti dell’accelerazione sui due assi cartesiani sono

(37)   \begin{equation*} \boxed{ \begin{aligned} \dfrac{d^2x(t)}{dt^2}&=2a,\\ \\ \dfrac{d^2y(t)}{dt^2}&=2a'; \end{aligned}} \end{equation*}

dunque

    \[\boxcolorato{fisica}{ \begin{aligned} a_x(t)&=2a, \\ \\ a_y(t)&=2a'. \end{aligned} }\]

Possiamo, a questo punto, calcolare il modulo v(t) della velocità grazie alle equazioni (36)

(38)   \begin{equation*} \begin{aligned} v(t)&=\sqrt{v^2_x(t)+v^2_y(t)}=\\ &=\sqrt{4a^2t^2+b^2-4abt+4a'^2t^2+b'^2-4a'b't}=\\ &=\sqrt{4t^2(a^2+a'^2)-4t(ab+a'b')+b^2+b'^2}, \end{aligned} \end{equation*}

e il modulo a(t) dell’accelerazione grazie alle equazioni (37)

(39)   \begin{equation*} \begin{aligned} a(t)=\sqrt{a^2_x(t)+a^2_y(t)}=\sqrt{4a^2+4a'^2}=2\sqrt{a^2+a'^2}. \end{aligned} \end{equation*}

Per cui i moduli di velocità e accelerazione sono dati da

    \[\boxcolorato{fisica}{\begin{aligned} v(t)&=\sqrt{4t^2(a^2+a'^2)-4t(ab+a'b')+b^2+b'^2},\\ \\ a(t)&=2\sqrt{a^2+a'^2}. \end{aligned} }\]

Osserviamo che le due radici nei moduli di velicità e accelerazione sono ben definite dato che i radicandi sono, per definizione, somme di quantità positive.


Svolgimento punto 2.

Calcoliamo ora \dfrac{d\theta}{dt}, in cui \theta è l’angolo che, istante per istante, la velocità forma con l’asse delle x. Dalla seconda delle relazioni (36) abbiamo che

(40)   \begin{equation*} v_y(t)=0 \quad \iff \quad t=\frac{b'}{2a'}; \end{equation*}

tuttavia, poiché b' \in (0,\infty) e a' \in (-\infty,0), l’equazione v_y(t)=0 non ha soluzioni accettabili. Possiamo quindi assumere che v_y(t)\neq 0 \ \forall \ t \in [0,\infty). Dalla relazione (34) si ha, usando le equazioni (36)

(41)   \begin{equation*} \boxed{\tan{(\theta(t))}=\frac{v_x(t)}{v_y(t)}=\dfrac{2at-b}{2a't-b'}.} \end{equation*}

Derivando ambo i membri rispetto a t si ha

(42)   \begin{equation*} \begin{aligned} \dfrac{d\tan{(\theta(t))}}{dt}&=\dfrac{2a(2a't-b')-2a'(2at-b)}{(2a't-b')^2}=\\ &=-\dfrac{2ab'-2a'b}{(2a't-b')^2}. \end{aligned} \end{equation*}

D’altra parte, sfruttando la regola di derivazione delle funzioni composte, si ha

(43)   \begin{equation*} \dfrac{d\tan{(\theta(t))}}{dt}=\dfrac{1}{\cos^2{(\theta)}}\dfrac{d\theta}{dt}=(1+\tan^2{(\theta)})\dfrac{d\theta}{dt}, \end{equation*}

in cui si è usata la relazione trigonometrica \dfrac{1}{\cos^2{(\theta)}}=1+\tan^2{(\theta)}. Dunque

(44)   \begin{equation*} \boxed{\dfrac{d\theta}{dt}=\dfrac{1}{1+\tan^2{(\theta)}}\dfrac{d\tan{(\theta(t))}}{dt}.} \end{equation*}

In conclusione, usando (41), (42) e (44) si ha

(45)   \begin{equation*} \begin{aligned} \dfrac{d\theta}{dt}&=-\dfrac{1}{1+\dfrac{(2at-b)^2}{(2a't-b')^2}}\dfrac{2ab'-2a'b}{(2a't-b')^2}=\\ &=-\dfrac{1}{\dfrac{(2a't-b')^2+(2at-b)^2}{(2a't-b')^2}}\dfrac{2ab'-2a'b}{(2a't-b')^2}=\\ &=-\dfrac{(2a't-b')^2}{(2a't-b')^2+(2at-b)^2}\dfrac{2ab'-2a'b}{(2a't-b')^2}=\\ &=-\dfrac{2ab'-2a'b}{v^2(t)}, \end{aligned} \end{equation*}

ossia

    \[\boxcolorato{fisica}{\dfrac{d\theta}{dt}=-\dfrac{2ab'-2a'b}{v^2(t)}. }\]

Il moto risulta essere curvilineo poiché l’angolo \theta non è costante nel tempo.


 
 

Esercizio 6 (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Un punto materiale si muove in un piano. Scegliendo un sistema di riferimento inerziale Oxy, tale che il piano coincida con xy, il punto descrive, in coordinate polari \{r, \theta\}, una traiettoria con equazione

    \[ r(\theta) = k\,\theta^n\quad \theta \in \theta \in [0,2\pi), \]

dove n \in \mathbb{N} \setminus \{0\} (parametro intero non nullo) e k \in(0,+\infty) (parametro reale non nullo), con unità di misura pari a \textnormal{m} \cdot \textnormal{rad}^{-n}.

All’istante t = 0, il punto si trova nell’origine con modulo della velocità pari a

    \[ v(t=0) = v_0. \]

Durante il moto, la velocità radiale è data da

    \[ v_r(t) = a \, t \, e^{b\,t}\quad t \in [0,+\infty), \]

dove a \in (0,+\infty) e b \in \mathbb{R} \setminus \{0\} (parametri reali non nulli) hanno unità di misura rispettivamente pari a \textnormal{m} \cdot \textnormal{s}^{-2} e \textnormal{s}^{-1}.

Si richiede di determinare, nel sistema di riferimento inerziale e per t \geq 0:

    \[\quad\]

  1. la legge oraria r(t);

    2.  

  2. la velocità trasversa v_{\theta}(t).

Richiami teorici.

In un moto bidimensionale si ha

    \[\quad\]

  1. la velocità \Vec{v}(t) e l’accelerazione \Vec{a}(t) sono determinate, rispettivamente, dalla derivata prima e seconda del raggio vettore \Vec{r}(t) rispetto a t

    (46)   \begin{equation*} \Vec{v}(t)=\frac{d\Vec{r}(t)}{dt}, \qquad \Vec{a}(t)=\frac{d^2\Vec{r}(t)}{dt^2}=\frac{d\Vec{v}(t)}{dt}. \end{equation*}

    Sfruttando un sistema di coordinate polari \{r,\theta\} le componenti nella direzione radiale v_r(t) e nella direzione trasversa v_{\theta}(t) della velocità \Vec{v}(t) si scrivono

    (47)   \begin{equation*} \Vec{v}(t)=(v_r(t),v_\theta(t))=\bigg(\dfrac{dr(t)}{dt},r(t)\dfrac{d\theta(t)}{dt}\bigg) \quad \Rightarrow \quad v_r(t)=\dfrac{dr(t)}{dt}, \quad v_\theta(t)=r(t)\dfrac{d\theta(t)}{dt}. \end{equation*}

Inoltre, ricordiamo che l’integrale su un intervallo I=[a,b] della retta reale di una funzione f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} tale che f(t)=te^t si calcola come

(48)   \begin{equation*} \int_{I} f(t)dt=\int_a^b te^tdt=e^t(t-1)\bigg|_a^b=e^b(b-1)-e^a(a-1). \end{equation*}


Svolgimento punto 1.

Schematizziamo il problema in figura 6 in cui consideriamo un sistema cartesiano Oxy in coordinate polari.

    \[\quad\]

    \[\quad\]

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Figura 6: schematizzazione del problema.

    \[\quad\]

    \[\quad\]

La legge oraria r(t) può essere ricavata dall’espressione per la velocità radiale. La prima delle equazioni (47)

(49)   \begin{equation*} v_r(t)=\dfrac{dr(t)}{dt} \end{equation*}

fornisce, integrando da t=0 al generico instante t, la relazione

(50)   \begin{equation*} \boxed{ r(t)=r(t=0)+\int_0^t a\, t\,e^{b\,t}\,dt.} \end{equation*}

È necessario svolgere l’integrale. Per prima cosa portiamo fuori la costante a

(51)   \begin{equation*} \int_0^t a \,t\,e^{b\,t}\,dt=a \int_0^t t\,e^{b\,t}\,dt, \end{equation*}

a questo punto cambiamo variabile ponendo q=bt da cui, differenziando si ha dq=bdt; sostituendo nell’integrale si ottiene

(52)   \begin{equation*} \begin{aligned} \int_0^t a \,t\,e^{b\,t}\,dt&=a \int_0^t t\,e^{b\,t}\,dt=\\ &=\int_0^{bt}\dfrac{q}{b^2}\,e^q\,dq=\\ &=\dfrac{a}{b^2}\int_0^{bt}q\,e^q\,dq=\\ &=\dfrac{a}{b^2}\left(e^{b\,t}(b\,t-1)+1\right). \end{aligned} \end{equation*}

Segue dall’equazione (50), ricordando che per t=0 il punto si trova nell’origine (quindi r(t=0)=0), che

    \[\boxcolorato{fisica}{r(t)=\dfrac{a}{b^2}(e^{b\,t}(b\,t-1)+1). }\]


Svolgimento punto 2.

Per quanto riguarda la velocità trasversa v_{\theta} sappiamo che è legata alla variazione nel tempo dell’angolo \theta tramite la seconda delle equazioni (47)

(53)   \begin{equation*} v_{\theta}(t)=r(t)\dfrac{d \theta(t)}{dt}. \end{equation*}

Usando la regola della catena possiamo scrivere, pensando \theta come funzione di r,

(54)   \begin{equation*} \dfrac{d \theta(t)}{dt}=\dfrac{d \theta(r)}{dr}\dfrac{d r(t)}{dt}, \end{equation*}

ottenendo quindi che

(55)   \begin{equation*} \begin{aligned} v_{\theta}(t)&=r(t)\dfrac{d \theta(t)}{dt}=\\ &= r(t)\dfrac{d \theta(r)}{dr}\dfrac{d r}{dt}=\\ &=r(t)\dfrac{d \theta(r)}{dr}v_r(t), \end{aligned} \end{equation*}

in cui si è usata, nell’ultimo passaggio, la definizione della velocità radiale v_r(t), ossia la prima delle relazioni (47). La relazione che lega l’angolo al modulo del raggio vettore si trova invertendo la relazione r(\theta)=k\theta^n fornita dal testo

(56)   \begin{equation*} \boxed{ \theta(r)=\sqrt[n]{\dfrac{r}{k}}.} \end{equation*}

Svolgendo la derivata, la velocità trasversa è quindi data da

(57)   \begin{equation*} \boxed{ v_{\theta}(t)=\dfrac{1}{n\sqrt[n]{k}}r(t)v_r(t)\sqrt[n]{r^{1-n}(t)}=\dfrac{1}{n\sqrt[n]{k}}v_r(t)\sqrt[n]{r(t)},} \end{equation*}

considerando le espressioni di r(t) e v_r(t) si ottiene

    \[\boxcolorato{fisica}{v_{\theta}(t)=\dfrac{a}{n\sqrt[n]{k}}t\,e^{b\,t}\sqrt[n]{\dfrac{a}{b^2}(e^{b\,t}(b\,t-1)+1)}.}\]

Lasciamo al lettore il compito di dimostrare che il fattore che compare sotto radice (e^{bt}(bt-1)+1) è positivo per ogni valore di b\in\mathbb{R}\setminus\{0\} (suggerimento: per t=0 la parentesi è nulla. Cosa succede in un intorno di 0?).


 
 

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Ulteriori risorse didattiche per la fisica

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