Moti relativi 30

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Esercizio 30 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un’asta verticale di lunghezza $\ell_0$ è posta ad una distanza $d$ dall’asse $z$ di un sistema di riferimento fisso $Oxyz$ , come rappresentato in figura 1. L’asta è liscia e viene posta in rotazione intorno all’asse $z$ con accelerazione angolare costante $\alpha$ , a partire dall’istante di tempo $t=0$ . Sull’asta viene vincolato a muoversi senza attrito un punto materiale di massa $m$ . Se il punto all’istante $t=0$ si trova nel punto di coordinate $(d,0,0)$ e viene lanciato con una velocità $\vec{v}_0$ perpendicolarmente al piano $xy$ , cioè parallela all’asse delle $z$ , determinare il punto $(\tilde{x},\tilde{y},0)$ dove il punto materiale $m$ dopo aver lasciato l’asta tocca il piano $xy$ .

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Richiami teorici.

La seconda legge della dinamica “modificata” per un sistema di riferimento non inerziale, afferma che dato un sistema di riferimento non inerziale e un punto materiale $P$ , la somma fra la risultante di tutte le forze reali applicate a tale punto e la risultante delle forze apparenti uguaglia la massa del punto materiale per la sua accelerazione relativa rispetto al sistema di riferimento non inerziale. In formule:

(1) $\begin{equation*} \vec{F}-m\vec{a}_{O^\prime}-m\vec{a}_c-m\vec{a}_t-m\vec{a}_{\text{Coriolis}}=m\vec{a}^\prime. \end{equation*}$

Nell’equazione (1):

$\vec{F}$ è la risultante di tutte le forze reali applicate al punto materiale;
$\vec{a}_{O^\prime}$ è l’accelerazione del sistema di riferimento non inerziale rispetto ad un sistema di riferimento inerziale;
$\vec{a}_t=\vec{\alpha}\wedge\vec{r}^{\, \prime }=\dfrac{d\vec{\omega}}{dt}\wedge \vec{r}^{\, \prime }$ , dove $\vec{\omega}$ la velocità angolare con il quale ruota il sistema di riferimento non inerziale rispetto al sistema di riferimento inerziale e $\vec{r}^{\, \prime }$ il vettore posizione di $m$ rispetto al sistema di riferimento non inerziale;
$-m\vec{a}_c$ è la forza centrifuga, dove $\vec{a}_c=\vec{\omega}\wedge \left(\vec{\omega} \wedge \vec{r}^{\, \prime } \right)$ ;
$-m\, \vec{a}_{\text{Coriolis}}$ è la forza di Coriolis, dove $\vec{a}_{\text{Coriolis}}=2\vec{\omega}\wedge \vec{v}^{\, \prime }$ , essendo $\vec{v}^{\, \prime }$ la velocità relativa del punto materiale rispetto al sistema di riferimento non inerziale;
$\vec{a}^{\,\prime}$ è l’accelerazione relativa di $m$ nel sistema di riferimento non inerziale.

In particolare

(2) $\begin{equation*} -m\vec{a}_{O^\prime}-m\vec{a}_c-m\vec{a}_t-m\vec{a}_{\text{Coriolis}} \, = \, \text{somma delle forze apparenti}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Scegliamo un sistema di riferimento non inerziale $O^\prime x^\prime y^\prime z^\prime$ tale che $O^\prime\equiv O$ , $z^\prime\equiv z$ e l’asse $x^\prime$ coincida istante per istante con il punto dell’asta che giace nel piano $xy$ che ovviamente si muove di moto circolare uniformemente accelerato, e osserviamo il punto materiale $m$ . Nella direzione dello spostamento lungo l’asta il punto materiale risulta essere soggetto solo alla forza peso poiché non sono presenti forze fittizie in quella direzione. Quindi per (1) si trova che $a^\prime=-g$ , e quindi la sua legge oraria nel sistema di riferimento non inerziale è

(3) $\begin{equation*} z^\prime(t)=v_0t-\dfrac{1}{2}gt^2. \end{equation*}$

Poniamo $z^\prime(t)=\ell_0$ e otteniamo dalla precedente equazione

(4) $\begin{equation*} \ell_0=v_0t-\dfrac{1}{2}gt^2\quad \Leftrightarrow \quad gt^2-2v_0t+2\ell_0=0, \end{equation*}$

svolgendo i calcoli si ottiene il tempo che il punto materiale impiega per raggiungere la sommità dell’asta, cioè

(5) $\begin{equation*} t_{1,2}=\dfrac{2v_0\pm\sqrt{4v_0^2-8g\ell_0}}{2g}. \end{equation*}$

La precedente equazione per essere ben definita deve valere

(6) $\begin{equation*} 4v_0^2\geq 8g\ell_0 \quad \Leftrightarrow \quad v_0^2\geq 2g\ell_0. \end{equation*}$

Ora notiamo che

(7) $\begin{equation*} 2v_0-\sqrt{4v_0^2-8g\ell_0}>0 \quad \Leftrightarrow \quad2v_0>\sqrt{4v_0^2-8g\ell_0}\quad \Rightarrow \quad 4v_0^2>4v_0^2-8g\ell_0\quad \Rightarrow \quad 0 >-8g\ell_0 \end{equation*}$

che chiaramente è vero, e

(8) $\begin{equation*} 2v_0+\sqrt{4v_0^2-8g\ell_0}>0 \quad \Leftrightarrow \quad \sqrt{4v_0^2-8g\ell_0}>-2v_0 \end{equation*}$

che è vero, quindi entrambe le soluzioni matematicamente sono accettabili, prendiamo l’unica soluzione accettabile fisicamente tra le due, i.e. il tempo più piccolo tra $t_1$ , ovvero e $t_2$

(9) $\begin{equation*} \min\{t_1,t_2\}=t_1=\dfrac{2v_0-\sqrt{4v_0^2-8g\ell_0}}{2g}. \end{equation*}$

A questo tempo $t_1$ la velocità verticale, denotata con $v^\prime_z(t_1)$ , vale

(10) $\begin{equation*} v^\prime_z(t_1)=v_0- gt_1=v_0-g \left( \dfrac{2v_0-\sqrt{4v_0^2-8g\ell_0}}{2g } \right) = v_0- \dfrac{2v_0-\sqrt{4v_0^2-8g\ell_0}}{2} = \sqrt{v_0^2-2g\ell_0}. \end{equation*}$

Per calcolare le altre componenti delle velocità rispetto al sistema inerziale dobbiamo considerare che l’asta sta ruotando in modo accelerato. Calcoliamo la sua velocità angolare al tempo $t_1$ , cioè

(11) $\begin{equation*} \omega(t_1)=\alpha t_1=\alpha\sqrt{v_0^2-2g\ell_0}, \end{equation*}$

dove si è tenuto conto del fatto che l’asta parte da ferma e quindi $\omega(0)=0$ , inoltre, di seguito, in figura 2 rappresentiamo l’asta vista dall’alto.

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Al tempo $t_1$ il punto materiale $m$ ha una componente della velocità $\vec{v}$ rispetto al sistema fisso diretta tangenzialmente alla traiettoria dell’asta (si ricorda che tutti i punti dell’asta si muovono di moto circolare rispetto al sistema di riferimento fisso, tranne, ovviamente, il punto materiale $m$ perché ha anche una componente della velocità verticale) e quindi grazie alla precedente equazione abbiamo

(12) $\begin{equation*} v_t(t_1)=\omega(t_1) d=\alpha t_1d=\alpha d\left(\dfrac{2v_0-\sqrt{4v_0^2-8g\ell_0}}{2g} \right). \end{equation*}$

La precedente equazione rappresenta il modulo della componente della velocità $\vec{v}$ diretta tangenzialmente alla traiettoria di $m$ rispetto al sistema fisso nell’istante $t=t_1$ . Dopo di che, calcoliamo lo spazio angolare percorso dall’asta nel tempo $t_1$ , cioè

(13) $\begin{equation*} \theta(t_1)=\theta_1=\dfrac{1}{2}\alpha t_1^2=\dfrac{1}{2}\alpha\left(\dfrac{2v_0-\sqrt{4v_0^2-8g\ell_0}}{2g} \right)^2. \end{equation*}$

Avvalendoci della precedente equazione possiamo proiettare la velocità tangenziale rispetto agli assi $x$ e $y$ del sistema fisso. Di seguito, in figura 3, diamo una rappresentazione dell’angolo $\theta_1$ e della direzione tangente e normale al moto di $m$ che sono rappresentati rispettivamente dai versori $\hat{t}$ e $\hat{n}$ .

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Le componenti della velocità $\vec{v}$ lungo l’asse delle $x$ e l’asse delle $y$ sono rispettivamente

(14) $\begin{equation*} v_x=v_t\cos\left(\dfrac{\pi}{2}-\theta_1\right)=v_t\sin\theta_1=\alpha d\left(\dfrac{2v_0-\sqrt{4v_0^2-8g\ell_0}}{2g} \right)\sin\left(\dfrac{1}{2}\alpha\left(\dfrac{2v_0-\sqrt{4v_0^2-8g\ell_0}}{2g} \right)^2\right) \end{equation*}$

(15) $\begin{equation*} v_y=v_t\sin\left( \dfrac{\pi}{2}-\theta_1\right)=v\cos\theta_1=\alpha d\left(\dfrac{2v_0-\sqrt{4v_0^2-8g\ell_0}}{2g} \right)\cos\left(\dfrac{1}{2}\alpha\left(\dfrac{2v_0-\sqrt{4v_0^2-8g\ell_0}}{2g} \right)^2\right). \end{equation*}$

Dalla geometria del problema risulta chiaro che

(16) $\begin{equation*} x=d\cos\theta_1 \end{equation*}$

(17) $\begin{equation*} y=d\sin\theta_1. \end{equation*}$

Le posizioni di $m$ lungo l’asse delle $x$ , l’asse delle $y$ e l’asse delle $z$ al tempo $t_1$ sono rispettivamente

(18) $\begin{equation*} \begin{aligned} &x(t_1)=x_1=d\cos\left(\dfrac{1}{2}\alpha t^2_1\right)=d\cos\left(\dfrac{1}{2}\alpha \left(\dfrac{2v_0-\sqrt{4v_0^2-8g\ell_0}}{2g} \right)^2 \right)\\[10pt] &y(t_1)=y_1=d\sin\left(\dfrac{1}{2}\alpha t^2_1\right)=d\sin \left(\dfrac{1}{2}\alpha \left(\dfrac{2v_0-\sqrt{4v_0^2-8g\ell_0}}{2g} \right)^2\right) \end{aligned} \end{equation*}$

(19) $\begin{equation*} z(t_1)=z_1=\ell_0 \end{equation*}$

Di seguito, in figura 4, rappresentiamo $x_1$ , $y_1$ e $z_1$ .

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Le componenti della velocità di $m$ lungo l’asse delle $x$ , l’asse delle $y$ e l’asse delle $z$ al tempo $t_1$ sono rispettivamente

(20) $\begin{equation*} \begin{aligned} &v_{x}=v_x(t_1)=\alpha d\left( \dfrac{2v_0-\sqrt{4v_0^2-8g\ell_0}}{2g}\right)\sin\left( \dfrac{1}{2}\alpha \left(\dfrac{2v_0-\sqrt{4v_0^2-8g\ell_0}}{2g}\right)^2\right),\\[10pt] &v_{y}=v_y(t_1)=d\alpha\left(\dfrac{2v_0-\sqrt{4v_0^2-8g\ell_0}}{2g}\right)\cos\left( \dfrac{1}{2}\alpha\left( \dfrac{2v_0-\sqrt{4v_0^2-8g\ell_0}}{2g}\right)^2\right) \end{aligned} \end{equation*}$

(21) $\begin{equation*} v_{z}=v_z(t_1)=v^\prime_{z}=\sqrt{v_0^2-2g\ell_0}. \end{equation*}$

Nel punto $P_1=(x_1,y_1,z_1)$ il punto materiale ha velocità $\vec{v}(t_1)=(v_{x},v_{y},v_{z})$ , lasciato tale punto il punto materiale si muoverà di moto parabolico nello spazio. Per prima cosa calcoliamo il tempo che intercorre dal momento in cui il punto materiale lascia l’asta a quello in cui impatta nel piano $xy$ nel punto $(\tilde{x},\tilde{y}, 0)$ . L’equazione oraria lungo l’asse $z$ a partire dall’istante $t_1$ è

(22) $\begin{equation*} z(t)=\ell_0+v^\prime_{z}(t_1)(t-t_1)-\dfrac{1}{2}g(t-t_1 )^2 \end{equation*}$

e ponendo $z(t)=0$ si trova

(23) $\begin{equation*} -g(t-t_1)^2+2v^\prime_z(t_1)(t-t_1)+2\ell_0=0 \ \quad \Leftrightarrow \quad t_{3,4}-t_1=\dfrac{-2v^\prime_{z}(t_1)\pm\sqrt{4\left(v^\prime_{z}(t_1)\right)^2+8\ell_0g}}{2g}, \end{equation*}$

dove l’unica soluzione accettabile è

(24) $\begin{equation*} \dfrac{-2v^\prime_{z}+\sqrt{4v_{1z}^2+8\ell_0g}}{2g }>0, \end{equation*}$

poiché l’altra è negativa. L’istante di tempo

(25) $\begin{equation*} t_{3}=t_1+\dfrac{-2v^\prime_{z}(t_1)+\sqrt{4\left(v^\prime_{z}(t_1)\right)^2+8\ell_0g}}{2g}, \end{equation*}$

è l’istante di tempo il cui il punto materiale $m$ si trova nel piano $xy$ , inoltre lungo l’asse $x$ e $y$ il punto materiale $m$ si muove di moto rettilineo uniforme, quindi le sue posizioni lungo l’asse delle $x$ e delle $y$ sono rispettivamente

(26) $\begin{equation*} \begin{cases} x(t)=x_1+v_x(t-t_1) \\ y(t)=y_1+v_{y}(t-t_1). \end{cases} \end{equation*}$

Se valutiamo il precedente sistema al tempo $t=t_3$ , il tempo cioè che passa tra quando il punto lascia l’asta e quando arriva nel punto di coordinate $(\tilde{x}, \tilde{y})$ , si trova che

(27) $\begin{equation*} \begin{cases} x(t_3)=x_1+v_{x}t_3=\tilde{x}\\ y(t_3)=y_1+v_{y}t_3=\tilde{y}. \end{cases} \end{equation*}$

Sfruttando quanto ottenuto fino ad’ora dal precedente sistema abbiamo

$\boxcolorato{fisica}{\begin{aligned} &\tilde{x}=d\cos\left(\dfrac{1}{2}\alpha\left(\dfrac{2v_0-\sqrt{4v_0^2-8g\ell_0}}{2g} \right)^2\right)+\\ & \qquad + \alpha d\left(\dfrac{2v_0-\sqrt{4v_0^2-8g\ell_0}}{2g} \right)\cdot\sin\left(\dfrac{1}{2}\alpha \left(\dfrac{2v_0-\sqrt{4v_0^2-8g\ell_0}}{2g} \right)^2 \right)\left(\dfrac{-2v^\prime_{z}+\sqrt{4\left(v^\prime_{z}\right)^2+8g\ell_0}}{-2g}\right), \end{aligned}}$

$\boxcolorato{fisica}{ \begin{aligned} &\tilde{y}=d\sin\left(\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{2v_0-\sqrt{4v_0^2-8g\ell_0}}{2g} \right)^2 \right)+\\ & + d\alpha\left(\dfrac{2v_0-\sqrt{4v_0^2-8g\ell_0}}{2g} \right)\cdot\cos\left( \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{2v_0-\sqrt{4v_0^2-8g\ell_0}}{2g} \right)^2\right)\left(\dfrac{-2v_0+\sqrt{4v_0^2+8g\ell_0}}{-2g} \right) \end{aligned}}$

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