Home » Esercizio lavoro ed energia 49

 

 

Esercizio 49  (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Un punto materiale di massa m è soggetto ad una forza \vec{F}=\vec{c}\wedge\vec{v}, dove \vec{v} e \vec{c} sono rispettivamente la sua velocità rispetto ad un sistema di riferimento fisso e un vettore di modulo, direzione e verso costante, come rappresentato in figura 1. Inoltre, l’unità di misura del vettore \vec{c} è \text{kg}\cdot \text{s}^{-1}. Si determinino le possibili traiettorie del punto di materiale di massa m rispetto ad un sistema di riferimento fisso Oxyz.

 

 

Rendered by QuickLaTeX.com

Premessa. Di seguito proponiamo due procedimenti per la risoluzione del problema: il primo metodo sfrutta le leggi della dinamica e il teorema delle forze vive, mentre il secondo sfrutta le sole leggi della dinamica.

 

Svolgimento. Metodo 1.  Scegliamo un sistema di riferimento cartesiano fisso Oxyz, con l’asse z orientato nella stessa direzione del vettore \vec{c} e gli assi x ed y che definiscono un piano ad esso ortogonale, come illustrato in figura 1. Siano x(t), y(t) e z(t) le posizioni di m rispettivamente lungo l’asse x, y e z nel generico istante t>0. Rispetto a questo sistema di riferimento il vettore \vec{c} avrà componenti

(1)   \begin{equation*} \vec{c}=(0,0,c), \end{equation*}

mentre il vettore velocità è

(2)   \begin{equation*} \vec{v}=\left(\dfrac{dx(t)}{dt},\dfrac{dy(t)}{dt},\dfrac{dz(t)}{dt}\right). \end{equation*}

Siano \hat{x}, \hat{y} e \hat{z} i versori rispettivamente dell’asse delle x, y e z. Per come abbiamo definito il sistema di riferimento Oxyz segue che il vettore \vec{F}, dato dal prodotto vettoriale \vec{c}\wedge\vec{v}, è

(3)   \begin{equation*} \vec{F}=\vec{c}\wedge\vec{v}=\det \begin{pmatrix} \hat{x}& \hat{y} & \hat{z}\\[10pt] 0 & 0 & c\\[10pt] \dfrac{dx(t)}{dt} & \dfrac{dy(t)}{dt} & \dfrac{dz(t)}{dt} \end{pmatrix}. \end{equation*}

Applicando la regola di Laplace, la precedente equazione diventa

(4)   \begin{equation*} \vec{F}=\hat{x}\det \begin{pmatrix} 0 & c\\[10pt] \dfrac{dy(t)}{dt} & \dfrac{dz(t)}{dt}. \end{pmatrix}-\hat{y}\det \begin{pmatrix} 0 & c\\[10pt] \dfrac{dx(t)}{dt} & \dfrac{dz(t)}{dt}. \end{pmatrix}+\hat{z}\det \begin{pmatrix} 0 & 0\\[10pt] \dfrac{dx(t)}{dt} & \dfrac{dy(t)}{dt} \end{pmatrix}, \end{equation*}

o anche

(5)   \begin{equation*} \vec{F}=\left(-c\dfrac{dy(t)}{dt},c\dfrac{dx(t)}{dt},0\right). \end{equation*}

Per il secondo principio della dinamica, sappiamo che

(6)   \begin{equation*} \vec{F}=m\dfrac{d\vec{v}}{dt}=m\left(\dfrac{d^2x(t)}{dt^2},\dfrac{d^2y(t)}{dt^2},\dfrac{d^2z(t)}{dt^2}\right), \end{equation*}

da cui sfruttando l’equazione (5), la precedente equazione diventa

(7)   \begin{equation*} \begin{cases} -c\dfrac{dy(t)}{dt}=m\dfrac{d^2x(t)}{dt^2}\\[10pt] c\dfrac{dx(t)}{dt}=m\dfrac{d^2y(t)}{dt^2}\\[10pt] 0=m\dfrac{d^2z(t)}{dt^2}. \end{cases} \end{equation*}

Dalla terza equazione del sistema (7), osserviamo che lungo l’asse z il corpo ha accelerazione nulla, ossia si muove di moto rettilineo uniforme.
Notiamo che, la forza \vec{F} non compie lavoro sul corpo m, in quanto

(8)   \begin{equation*} L=\int \vec{F}\cdot\vec{ds}=\int\vec{F}\cdot\vec{v}\,dt=\int (\vec{c}\wedge\vec{v})\cdot\vec{v}\,dt=\int 0\,dt=0, \end{equation*}

dove abbiamo sfruttato il fatto che il vettore \vec{c}\wedge\vec{v} è perpendicolare al vettore \vec{v}, e pertanto il loro prodotto scalare è zero.
Dal teorema delle forze vive sappiamo che il lavoro compiuto dalla forza \vec{F} in un certo intervallo di tempo è pari alla variazione di energia cinetica del corpo \Delta K nello stesso intervallo temporale, ossia

(9)   \begin{equation*} L=\Delta K=\dfrac{1}{2}mv^2(t)-\dfrac{1}{2}mv_0^2, \end{equation*}

dove v(t) e v_0 sono rispettivamente la velocità nel generico istante t>0 e la velocità iniziale.
Pertanto dalle equazioni (8) e (9) deduciamo che il modulo della velocità si conserva, ossia per qualunque istante di tempo t>0, abbiamo

(10)   \begin{equation*} \dfrac{1}{2}mv^2(t)-\dfrac{1}{2}mv_0^2=0, \end{equation*}

cioè

(11)   \begin{equation*} v^2(t)=v^2_0, \end{equation*}

in altri termini

(12)   \begin{equation*} v^2(t)=\left(\dfrac{dx(t)}{dt}\right)^2+\left(\dfrac{dy(t)}{dt}\right)^2+\left(\dfrac{dz(t)}{dt}\right)^2=v_0^2. \end{equation*}

Precedentemente abbiamo mostrato che lungo l’asse delle z il corpo si muove di moto rettilineo uniforme, e quindi \dfrac{dz(t)}{dt}=v_{0,z} è anch’esso una costante, pertanto l’equazione (12) si riscrive come

(13)   \begin{equation*} \left(\dfrac{dx(t)}{dt}\right)^2+\left(\dfrac{dy(t)}{dt}\right)^2=v_0^2-v_{0,z}^2=\text{costante}. \end{equation*}

L’accelerazione \vec{a} può essere riscritta in coordinate tangenziali e normali, cioè

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

dove \hat{t}, \hat{n} e R sono rispettivamente il versore nella direzione tangente alla traiettoria, il versore nella direzione normale alla traiettoria e il raggio della circonferenza osculatrice. Siccome v è costante, si ha {dv}/{dt}=0 e {v^2}/{R}=\text{costante}, per cui l’accelerazione è diretta nella sola direzione normale alla traiettoria, cioè

(15)   \begin{equation*} \vec{a}=\dfrac{v^2}{R}\,\hat{n}. \end{equation*}

La forza \vec{F}, dunque, è diretta nella sola direzione normale, pertanto vale

(16)   \begin{equation*} \left \vert \vec{F} \right \vert =m\dfrac{v^2}{R}. \end{equation*}

Calcoliamo \left \vert \vec{F} \right \vert. Sfruttando l’equazione (5) possiamo calcolare

(17)   \begin{equation*} \left \vert \vec{F} \right \vert=\sqrt{c^2\left(\dfrac{dy(t)}{dt}\right)^2+c^2\left(\dfrac{dx(t)}{dt}\right)^2}=c\sqrt{\left(\dfrac{dy(t)}{dt}\right)^2+\left(\dfrac{dx(t)}{dt}\right)^2}=\text{costante} \end{equation*}

per il risultato pervenuto nell’equazione (13). Dunque, mettendo a sistema (17) con l’equazione (16) si ha che R=\text{costante}.
Concludiamo che il punto materiale di massa m si muove di moto circolare in un piano orizzontale parallelo al piano xy e lungo l’asse z il punto materiale m si muove di moto rettilineo uniforme; in altri termini, il punto materiale di massa m si muove di moto circolare uniforme su di un piano parallelo al piano xy che si sposta di velocità costante v_{0,z}.

 

Osservazione 1.  Si osservi che, v \text{costante} non implica che il moto sia circolare uniforme, ma solo che l’accelerazione tangenziale sia nulla. Si pensi, ad esempio, all’Esercizio lavoro ed energia 39, dove si conserva il modulo della velocità v, ma il moto della massa m collegata alla fune non è circolare uniforme. Infatti, se la forza \vec{F} non fosse stata costante in modulo, avremmo avuto che R (raggio della circonferenza osculatrice) non sarebbe stato costante. Nel nostro caso, il centro della circonferenza osculatrice si trova sul piano parallelo al piano xy che si muove di velocità costante v_{0,z} e ha raggio costante.

 

Metodo 2.  Partendo dal fatto che lungo l’asse z il punto materiale di massa m si muove di moto rettilineo uniforme, cerchiamo di capire cosa succede lungo gli assi x ed y, non avvalendosi del teorema delle forze vive o teorema dell’energia lavoro.
Deriviamo rispetto al tempo, ambo i membri dell’equazione (7)_1, ottenendo

(18)   \begin{equation*} \dfrac{d}{dt}\left(-c\dfrac{dy(t)}{dt}\right)=m\dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{d^2x(t)}{dt^2}\right)\quad\Leftrightarrow\quad -c\dfrac{d^2y(t)}{dt^2}=m\dfrac{d^3x(t)}{dt^3}, \end{equation*}

cioè

(19)   \begin{equation*} \dfrac{d^2y(t)}{dt^2}=-\dfrac{m}{c}\dfrac{d^3x(t)}{dt^3}. \end{equation*}

Utilizzando il risultato ottenuto all’equazione (19) nella seconda equazione del sistema (7), si trova

(20)   \begin{equation*} c\dfrac{dx(t)}{dt}=m\left(-\dfrac{m}{c}\dfrac{d^3x(t)}{dt^3}\right), \end{equation*}

oppure

(21)   \begin{equation*} \dfrac{d^3x(t)}{dt^3}=-\dfrac{c^2}{m^2}\dfrac{dx(t)}{dt}. \end{equation*}

Per risolvere l’equazione (21) definiamo

(22)   \begin{equation*} \tilde{x}(t)\equiv\dfrac{dx(t)}{dt}, \end{equation*}

da cui, derivando rispetto al tempo ambo i membri della precedente equazione, otteniamo

(23)   \begin{equation*} \dfrac{d\tilde{x}(t)}{dt}=\dfrac{d^2x(t)}{dt^2}, \end{equation*}

di nuovo, derivando rispetto al tempo ambo i membri della precedente equazione, otteniamo

(24)   \begin{equation*} \dfrac{d^2\tilde{x}(t)}{dt^2}=\dfrac{d^3x(t)}{dt^3}. \end{equation*}

In virtù delle equazioni (22) e (24), l’equazione (21) diventa

(25)   \begin{equation*} \dfrac{d^2\tilde{x}(t)}{dt^2}=-\dfrac{c^2}{m^2}\tilde{x}. \end{equation*}

L’equazione (25) è l’equazione di un oscillatore armonico semplice, di pulsazione \omega=c/m, che ha come legge oraria

(26)   \begin{equation*} \tilde{x}(t)=A\sin(\omega t+\phi), \end{equation*}

dove A e \phi rappresentano rispettivamente l’ampiezza massima e la fase iniziale del moto del corpo di massa m.
Sostituendo la definizione di \tilde{x}(t) data dall’equazione (22) nella legge oraria (26), si ottiene

(27)   \begin{equation*} \dfrac{dx(t)}{dt}=A\sin(\omega t+\phi). \end{equation*}

Integrando rispetto al tempo, ambo i membri dell’equazione (27), si giunge ad

(28)   \begin{equation*} \int \dfrac{dx(t)}{dt}dt=\int A\sin(\omega t+\phi)dt, \end{equation*}

ovvero

(29)   \begin{equation*} x(t)=-\dfrac{A}{\omega}\cos\left(\omega t +\phi\right)+\text{c}, \end{equation*}

dove c\in\mathbb{R}. Chiamiamo x(0)=x_0 la posizione iniziale di m lungo l’asse delle x all’istante t=0, cioè l’istante iniziale.
Abbiamo dunque

(30)   \begin{equation*} x(0)=x_0=-\dfrac{A}{\omega}\cos\phi+\text{c}, \end{equation*}

ovvero

(31)   \begin{equation*} x_0+\dfrac{A}{\omega}\cos\phi=\text{c}. \end{equation*}

Sfruttando quanto ottenuto e definito, l’equazione (29) diventa

(32)   \begin{equation*} x(t)=-\dfrac{A}{\omega}\cos\left(\omega t +\phi\right)+x_0+\dfrac{A}{\omega}\cos\phi. \end{equation*}

Definiamo

(33)   \begin{equation*} a\equiv x_0+\dfrac{A}{\omega}\cos\phi, \end{equation*}

da cui, la legge oraria lungo l’asse delle x diventa

(34)   \begin{equation*} \boxed{ x(t)=\dfrac{A}{\omega}\cos\phi+a.} \end{equation*}

Dunque, lungo l’asse delle x il corpo di massa m si muove di moto armonico.
Procedendo in modo analogo a prima, dalla prima equazione del sistema (7), utilizzando l’equazione (27), diviene

(35)   \begin{equation*} -c\dfrac{dy(t)}{dt}=m\dfrac{d^2x(t)}{dt^2}=-\dfrac{m}{c}\dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{dx(t)}{dt}\right)=-\dfrac{A\,m\,\omega}{c}\cos(\omega t+\phi), \end{equation*}

da cui, ricordando che \omega=c/m, la precedente equazione diventa

(36)   \begin{equation*} \dfrac{dy(t)}{dt}=-A\cos(\omega t+\phi). \end{equation*}

Integrando rispetto al tempo, ambo i membri della precedente equazione, si giunge ad

(37)   \begin{equation*} \int \dfrac{dy(t)}{dt}\,dt=\int -A\cos(\omega t+\phi)\,dt, \end{equation*}

conseguentemente

(38)   \begin{equation*} y(t)=-\dfrac{A}{\omega}\sin \left(\omega t +\phi\right)+k, \end{equation*}

dove k\in\mathbb{R}. Chiamiamo y(0)=y_0 la posizione iniziale di m lungo l’asse delle y all’istante iniziale, cioè t=0. Abbiamo dunque

(39)   \begin{equation*} y(0)=y_0=-\dfrac{A}{\omega}\sin\phi+k, \end{equation*}

o anche

(40)   \begin{equation*} k=y(0)+A\sin \phi. \end{equation*}

Sfruttando quanto ottenuto e definito, l’equazione (38) diventa

(41)   \begin{equation*} y(t)=-A\sin \left(\omega t +\phi\right)+y(0)+A\sin \phi. \end{equation*}

Definiamo

(42)   \begin{equation*} b\equiv x_0+\dfrac{A}{\omega}\cos\phi, \end{equation*}

da cui, la legge oraria lungo l’asse delle x diventa

(43)   \begin{equation*} \boxed{ y(t)=-\dfrac{A}{\omega}\sin \left(\omega t +\phi\right)+b.} \end{equation*}

Dunque, lungo l’asse delle y il corpo di massa m si muove di moto armonico. Osserviamo, inoltre che, x(t) e y(t) sono sfasati di \pi/2.
Ricapitolando il corpo di massa m si muove nello spazio secondo le leggi

(44)   \begin{equation*} x(t)=a-\dfrac{A}{\omega}\cos(\omega t+\phi)\quad\Leftrightarrow\quad x(t)-a=-\dfrac{A}{\omega}\cos(\omega t+\phi); \end{equation*}

(45)   \begin{equation*} y(t)=b-\dfrac{A}{\omega}\sin(\omega t+\phi)\quad\Leftrightarrow\quad y(t)-b=-\dfrac{A}{\omega}\sin(\omega t+\phi); \end{equation*}

e

(46)   \begin{equation*} z(t)=v_{0,z}t+z_0. \end{equation*}

Elevando al quadrato, ambo i membri delle equazioni (44) e (45), e successivamente sommando ambo i membri delle stesse una volta elevato al quadrato ambo i membri, si ottiene

(47)   \begin{equation*} \left(x-a\right)^2+\left(y-b\right)^2=\dfrac{A^2}{\omega^2}\left(\cos^2\left(\omega t+\phi\right)+\sin^2\left(\omega t+\phi\right)\right), \end{equation*}

ovvero

(48)   \begin{equation*} (x(t)-a)^2+(y(t)-b)^2=\left(\dfrac{A}{\omega}\right)^2. \end{equation*}

L’equazione (48) descrive una circonferenza di raggio A/\omega. Deduciamo pertanto che il corpo percorre una traiettoria circolare nel piano xy. Il centro della circonferenza è (a,b) e il raggio è A/\omega. Notiamo che, dalla sola determinazione delle leggi orarie x(t) e y(t) si riesce a concludere che il moto è circolare, senza la specifica che sia uniforme. Dalla teoria, come è noto in lettura, siccome x(t) e y(t) sono due moti armonici con stessa ampiezza, stessa fase iniziale e stasati di \pi/2, si può concludere di nuovo che il moto è circolare uniforme; altrimenti, basta derivare x(t) e y(t) rispetto al tempo e mostrare che il modulo della velocità è costante.

 

Osservazione 2. La forza di Lorentz è definita come

(49)   \begin{equation*} \vec{F}=q\,\vec{v}\wedge \vec{B}, \end{equation*}

dove q, \vec{v} e \vec{B} sono rispettivamente la carica elettrica, velocità della carica e campo magnetico nel quale è immersa la carica. Sappiamo che, se la velocità \vec{v} e il campo magnetico \vec{B} non sono perpendicolare la carica q si muove di moto elicoidale, che è proprio lo stesso percorso dalla massa m soggetta alla forza

(50)   \begin{equation*} \vec{F}=\vec{c}\wedge\vec{v}=-\vec{v}\wedge\vec{c}=\vec{v}\wedge\left(-\vec{c}\right)=\vec{v}\wedge\vec{k}, \end{equation*}

dove abbiamo posto \vec{k}=-\vec{c}. Infatti, notiamo che, le equazioni (49) e (50) hanno la stessa forma. Pertanto, la risposta al problema può essere posta in modo sintetico dicendo che m si muove di modo elicoidale.

 

Approfondimento.  Di seguito, proponiamo un metodo diverso per ottenere le leggi x(t) e y(t). Moltiplichiamo ambo i membri della seconda equazione del sistema (7) per l’unità immaginaria i, ottenendo

(51)   \begin{equation*} i c\dfrac{dx(t)}{dt}=im\dfrac{d^2y(t)}{dt^2}. \end{equation*}

Sommando ambo i membri delle equazioni (51) e (7)_1, si ottiene

(52)   \begin{equation*} -c\dfrac{dy(t)}{dt}+ic\dfrac{dx(t)}{dt}=m\dfrac{d^2x(t)}{dt^2}+im\dfrac{d^2y(t)}{dt^2}, \end{equation*}

ovvero

(53)   \begin{equation*} ic\dfrac{d}{dt}(x(t)+iy(t))=m\dfrac{d^2}{dt^2}(x(t)+iy(t)). \end{equation*}

Definiamo

(54)   \begin{equation*} w(t)\equiv x(t)+iy(t), \end{equation*}

da cui, l’equazione (53) diventa

(55)   \begin{equation*} m\dfrac{d^2w(t)}{dt^2}=ic\dfrac{dw(t)}{dt}, \end{equation*}

ovvero

(56)   \begin{equation*} \dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{dw(t)}{dt}-i\dfrac{c}{m}w(t)\right)=0, \end{equation*}

o anche, ricordando che \omega=c/m, si ha

(57)   \begin{equation*} \dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{dw(t)}{dt}-i\omega w(t)\right)=0, \end{equation*}

conseguentemente

(58)   \begin{equation*} \dfrac{dw(t)}{dt}-i\omega w(t)=\text{costante}=A+iB, \end{equation*}

dove A e B sono costanti.
L’equazione (58) è un’equazione differenziale del primo ordine, lineare, a coefficienti complessi e non omogenea, che ha come soluzione generale

(59)   \begin{equation*} \omega (t)=e^{-\int\left(-i\omega\right)\,dt }\left(\int \left(e^{\int\left(-i\omega\right)\,dt }\left(A+iB\right)\right)+C+Di\right), \end{equation*}

dove D e C sono costanti. Svolgendo i calcoli, abbiamo

(60)   \begin{equation*} \begin{aligned} \omega (t)&=e^{i\omega t }\left(\int \left(e^{-i\omega t }\left(A+iB\right)\right)+C+Di\right)=\\[10pt] &=e^{i\omega t }\left(\dfrac{e^{-i\omega t }\left(A+iB\right)}{-i\omega}+\sqrt{C^2+D^2}e^{i\phi}\right), \end{aligned} \end{equation*}

dove \phi è l’angolo che forma il numero complesso A+iB con l’asse dei reale dei piano di Argand-Gauss. Definiamo

(61)   \begin{equation*} -\dfrac{\tilde{A}}{\omega}=\sqrt{C^2+D^2}, \end{equation*}

dove \tilde{A} è una costante negativa, e quindi la precedente equazione diventa

(62)   \begin{equation*} \begin{aligned} \omega (t)&=e^{i\omega t }\left(i\dfrac{e^{-i\omega t }\left(A+iB\right)}{\omega}-\dfrac{\tilde{A}}{\omega}e^{i\phi}\right)=\\[10pt] &=i\dfrac{\left(A+iB\right)}{\omega}-\dfrac{\tilde{A}}{\omega}e^{i\left(\phi+\omega t\right)}=\\[10pt] &=\dfrac{A}{\omega}i-\dfrac{B}{\omega}-\dfrac{\tilde{A}}{\omega}\cos \left(\phi+\omega t\right)-\dfrac{\tilde{A}}{\omega}i \sin\left(\omega t +\phi\right)=\\[10pt] &=\left(-\dfrac{B}{\omega}-\dfrac{\tilde{A}}{\omega}\cos \left(\phi+\omega t\right)\right)+i\left(\dfrac{{A}}{\omega}-\dfrac{\tilde{A}}{\omega} \sin\left(\omega t +\phi\right)\right). \end{aligned} \end{equation*}

Definendo

(63)   \begin{equation*} a=-\dfrac{B}{\omega} \end{equation*}

e

(64)   \begin{equation*} b=\dfrac{A}{\omega}, \end{equation*}

la precedente equazione diventa

(65)   \begin{equation*} \begin{aligned} \omega (t)=\left(a-\dfrac{\tilde{A}}{\omega}\cos \left(\phi+\omega t\right)\right)+i\left(b-\dfrac{\tilde{A}}{\omega} \sin\left(\omega t +\phi\right)\right). \end{aligned} \end{equation*}

Ricordando l’equazione (54), la precedente equazione diventa

(66)   \begin{equation*} x(t)+iy(t)=\left(a-\dfrac{\tilde{A}}{\omega}\cos \left(\phi+\omega t\right)\right)+i\left(b-\dfrac{\tilde{A}}{\omega} \sin\left(\omega t +\phi\right)\right), \end{equation*}

conseguentemente

(67)   \begin{equation*} \begin{cases} x(t)=a-\dfrac{\tilde{A}}{\omega}\cos \left(\phi+\omega t\right)\\[10pt] y(t)= b-\dfrac{\tilde{A}}{\omega} \sin\left(\omega t +\phi\right), \end{cases} \end{equation*}

oppure

(68)   \begin{equation*} \begin{cases} x(t)-a=-\dfrac{\tilde{A}}{\omega}\cos \left(\phi+\omega t\right)\\[10pt] y(t)-b=-\dfrac{\tilde{A}}{\omega} \sin\left(\omega t +\phi\right), \end{cases} \end{equation*}

in accordo con quanto ricavato in precedenza.