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Esercizio 47  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Da un sistema di riferimento inerziale Oxy si osserva un punto materiale di massa m soggetto ad una forza planare \vec{F}=\left(-kx,-ky\right), dove x e y sono rispettivamente la posizione lungo l’asse delle x del punto materiale e la posizione del punto materiale lungo l’asse delle y. Le posizioni x e y sono nel generico istante t\geq0. All’istante t=0 il punto si trova in \vec{r}\left(0\right)\equiv(2r_0,r_0) e ha velocità pari a \vec{v}\left(0\right)\equiv(2v_0,-v_0). Si richiede di determinare

  1. le leggi orarie lungo l’asse delle x e delle y;
  2. la traiettoria;
  3. l’istante di tempo in cui la velocità è massima ed in quale punto del piano xy si trova il punto materiale .

I dati numerici del problema sono: m=1 \; \mathrm{kg}, \,r_0=1 \; \mathrm{m},\,k=1 \; \mathrm{N}\cdot \text{m}^{-1},\,v_0=1 \; \mathrm{m}\cdot \text{s}^{-1}.

Svolgimento.

Per la seconda legge seconda legge della dinamica, abbiamo

(1)   \begin{equation*} \left(-kx,-ky\right)=m\left(\ddot{x},\ddot{y}\right), \end{equation*}

ovvero

(2)   \begin{equation*} \begin{cases} \ddot{x}+\dfrac{k}{m}x=0\\[10pt] \ddot{y}+\dfrac{k}{m}y=0, \end{cases} \end{equation*}

o anche

(3)   \begin{equation*} \begin{cases} \ddot{x}+\omega^2 x=0\\ \ddot{y}+\omega^2 y=0, \end{cases} \end{equation*}

dove \omega^2=k/m. Le equazioni (3)_1 e (3)_2 rappresentano le equazioni di due moti armonici semplici, pertanto lungo l’asse delle x il punto materiale si muove di moto armonico semplice e lungo l’asse delle y si muove di moto armonico semplice.

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

dove A è l’ampiezza massima, \omega è la pulsazione e \phi la fase iniziale. Deriviamo ambo i membri dell’equazione (4) rispetto al tempo, ottenendo

(5)   \begin{equation*} \dot{x}(t)=A\omega \cos(\omega t+\phi). \end{equation*}

Imponendo le condizioni iniziali[1] dalle equazioni (4) e (5), si ottiene

(6)   \begin{equation*} \begin{aligned} & \displaystyle \begin{cases} A \sin(\omega t+\phi)\vert_{t=0}=2r_0\\[10pt] A\omega \cos(\omega t+\phi)\vert_{t=0}=2v_0 \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \displaystyle \begin{cases} A\sin \phi=2r_0\\[10pt] A\omega \cos \phi=2v_0 \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \\[10pt] & \quad \Leftrightarrow \quad \displaystyle\begin{cases} \tan\phi=\dfrac{r_0\omega}{v_0}\\[10pt] A=\dfrac{2v_0}{\omega\cos\phi} \end{cases}\quad \Leftrightarrow \quad \displaystyle\begin{cases} \phi=\arctan \dfrac{r_0\omega}{v_0}\\[10pt] A=\dfrac{2v_0}{\omega}\cdot\sqrt{\dfrac{v_0^2+r_0^2\omega^2}{v_0^2}}=\dfrac{2}{\omega}\sqrt{v_0^2+r_0^2\omega^2}. \end{cases} \end{aligned} \end{equation*}

La soluzione dell’equazione (3)_2 è

(7)   \begin{equation*} y(t)=B\sin (\omega t+\beta), \end{equation*}

dove B è l’ampiezza massima, \omega è la pulsazione e \gamma la fase iniziale. Deriviamo ambo i membri dell’equazione (7) rispetto al tempo, ottenendo

(8)   \begin{equation*} \dot{y}(t)=B\omega\cos (\omega t+\gamma). \end{equation*}

Imponendo le condizioni iniziali dalle equazioni (7) e (8), si ottiene

(9)   \begin{equation*} \begin{aligned} &\displaystyle\begin{cases} B\sin (\omega t+\gamma)\vert_{t=0}=r_0\\[10pt] B\omega (\omega t+\gamma)\vert_{t=0}=-v_0 \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \displaystyle \begin{cases} B\sin\gamma=r_0\\[10pt] B\omega \cos\gamma=-v_0 \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \\[10pt] & \quad \Leftrightarrow \quad\displaystyle \begin{cases} \tan\gamma=-\dfrac{r_0\omega}{v_0}\\[10pt] B=\sqrt{r_0^2+\dfrac{v_0^2}{\omega^2}} \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \displaystyle\begin{cases} \beta=-\arctan\left( \dfrac{r_0\omega}{v_0}\right)\\[10pt] B=\dfrac{1}{\omega}\sqrt{r_0^2\omega^2+v_0^2}. \end{cases} \end{aligned} \end{equation*}

Si conclude che le leggi orarie lungo l’asse delle x e delle y sono rispettivamente

    \[\boxcolorato{fisica}{ \begin{aligned} &x(t)=\dfrac{2}{\omega}\sqrt{r_0^2\omega^2+v_0^2}\sin\left(\omega t+\arctan \left(\dfrac{r_0\omega}{v_0}\right) \right);\\[10pt] &y(t)=\dfrac{1}{\omega}\sqrt{r_0^2\omega^2+v_0^2}\sin\left( \omega t-\arctan \left(\dfrac{r_0\omega}{v_0}\right)\right). \end{aligned}}\]

Sostituendo i valori numerici di m, k, r_0 e v_0, si ottiene

(10)   \begin{equation*} \omega=1 \qquad \mbox{e } \qquad \arctan\left( \dfrac{r_0\omega}{v_0}\right)=\dfrac{\pi}{4}, \end{equation*}

quindi

(11)   \begin{equation*} \begin{cases} x(t)=A\sin\left(t+\dfrac{\pi}{4}\right)\\[10pt] y(t)=B\sin \left( t-\dfrac{\pi}{4}\right) , \end{cases} \end{equation*}

o anche

(12)   \begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{x}{A}=\sin\left(t+\dfrac{\pi}{4}\right)\\[10pt] \dfrac{y}{B}=\sin \left( t-\dfrac{\pi}{4}\right) . \end{cases} \end{equation*}

Calcoliamo

(13)   \begin{equation*} \dfrac{x^2(t)}{A^2}+\dfrac{y^2(t)}{B^2}=\sin^2\left(t+\dfrac{\pi}{4}\right)+\sin^2 \left( t-\dfrac{\pi}{4}\right). \end{equation*}

Osserviamo che

(14)   \begin{equation*} \sin \left( t-\dfrac{\pi}{4}\right)=\sin \left( t-\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{\pi}{4}\right)=\sin \left( t+\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{\pi}{2}\right)=\cos\left(t+\dfrac{\pi}{4}\right), \end{equation*}

pertanto

(15)   \begin{equation*} \dfrac{x^2(t)}{A^2}+\dfrac{y^2(t)}{B^2}=\sin^2\left(t+\dfrac{\pi}{4}\right)+\cos^2\left(t+\dfrac{\pi}{4}\right). \end{equation*}

Quindi la traiettoria cercata è un’ellisse. Di seguito nella figura rappresentiamo l’ellisse.

 

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Essendo A={2}/{\omega}\sqrt{r_0^2 \omega^2 + v_0^2} e \omega=1, allora il valore numerico di v_0 è uguale a quello di r_0, per cui A=2\sqrt{2}.\\ La velocità vale

(16)   \begin{equation*} v(t)=\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{A^2\omega^2\cos^2\left( \omega t+\dfrac{\pi}{4}\right)+B^2\omega^2\cos^2\left(\omega t-\dfrac{\pi}{4}\right)}, \end{equation*}

ma

(17)   \begin{equation*} \begin{aligned} & \cos\left( \omega t\pm\dfrac{\pi}{4}\right)=\cos\omega t\cos \dfrac{\pi}{4}\mp \sin\omega t\sin\dfrac{\pi}{4} \quad \Leftrightarrow \quad \\ & \quad \Leftrightarrow \quad \cos^2 \left( \omega t\pm\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{1}{2}\cos^2\omega t+\dfrac{1}{2}\sin^2\omega t\mp \cos \omega t\sin \omega t =\\ &=\dfrac{1}{2}\mp\cos \omega t \sin \omega t, \end{aligned} \end{equation*}

quindi

(18)   \begin{equation*} \begin{aligned} v(t)&=\sqrt{A^2\omega^2\cos^2\left( \omega t+\dfrac{\pi}{4}\right)+B^2\omega^2\cos^2\left(\omega t-\dfrac{\pi}{4}\right)}=\\ &=\sqrt{A^2\omega^2\left(\dfrac{1}{2}-\cos\omega t \sin \omega t\right)+B^2\omega^2\left(\dfrac{1}{2}+\cos\omega t \sin \omega t\right)}=\\ &=\sqrt{\dfrac{A^2+B^2}{2}\omega^2+(B^2-A^2)\omega^2\sin \omega t\cos\omega t}. \end{aligned} \end{equation*}

Il \max\{v\} si trova ponendo

(19)   \begin{equation*} \dfrac{dv}{dt}(t)=0, \end{equation*}

per cui

(20)   \begin{equation*} \begin{aligned} & \dfrac{dv(t)}{dt} = \dfrac{1}{2\sqrt{\dfrac{(A^2+B^2)\omega^2}{2}+B^2-A^2\omega^3\sin \omega t\cos\omega t}}(B^2-A^2)\omega^2[\cos^2\omega t-\sin^2\omega t] = \\[10pt] & = \dfrac{(B^2-A^2)\omega^2}{2\sqrt{\dfrac{(A^2+B^2)\omega^2}{2}+B^2-A^2\omega^2\sin \omega t\cos\omega t}}\cos\left(2\omega t\right), \end{aligned} \end{equation*}

e quindi deve valere

(21)   \begin{equation*} \cos\left(2\omega t\right)=0. \end{equation*}

Questa equazione ha quattro soluzioni a cui corrispondono due massimi e due minimi; sostituendo i valori numerici si trova precisamente che i massimi si hanno per t=\dfrac{\pi}{4} e t = \dfrac{5}{4}\pi, mentre i minimi si ottengono per t=\dfrac{3}{4}\pi e t = \dfrac{7}{4}\pi. Per sapere le posizioni a questi tempi è sufficiente inserirli nelle leggi orarie.

 

1. Si ricorda il seguente calcolo notevole

    \[\begin{aligned} \sin^2x + \cos^2 x=1 \quad \Leftrightarrow \quad 1+\tan^2 x=\dfrac{1}{\cos^2 x} \quad \Leftrightarrow \quad \cos^2 x=\dfrac{1}{1+\tan^2 x }, \end{aligned}\]

da cui posto x=\arctan\left(\dfrac{r_0\omega}{v_0}\right), si ha

    \[\cos^2 \left(\arctan\left(\frac{r_0\omega}{v_0}\right)\right)=\dfrac{1}{1+\left(\frac{r_0\omega}{v_0}\right)^2}=\dfrac{v_0^2}{v_0^2+r_0^2\omega^2}.\]

 

 

 

 

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