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Esercizio 4  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Una piattaforma circolare di raggio R si trova in un piano orizzontale, ha il centro coincidente con un sistema di riferimento fisso e ruota con velocità angolare \omega costante in senso antiorario rispetto al proprio asse di simmetria. Sul bordo della piattaforma c’è un meccanismo in grado di sparare proiettili con velocità di modulo v_0, radialmente, rispetto alla piattaforma. Sull’asse x del sistema fisso a distanza \tilde{x}=2R c’è un bersaglio. Se al tempo t=0 il meccanismo sopra descritto si trova sull’asse delle x del sistema fisso, qual è il tempo minimo t^\star affinché il cannone possa sparare il proiettile per colpire il bersaglio?

 

 

Svolgimento.  Osserviamo che per la fisica del problema nell’istante del lancio t=t^\star il cannone si deve trovare nel quarto quadrante, pertanto \dfrac{3}{2}\pi <\theta < 2\pi, come in figura 1.

 

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Scegliamo un sistema di riferimento in coordinate polari tale che istante per istante il raggio vettore segua il proiettile come in Figura 2.

 

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Osserviamo che \rho=R e \theta=\omega t perché la piattaforma ruota con velocità angolare costante. Spariamo il proiettile in un generico istante t e scriviamo le componenti della velocità in coordinate polari

(1)   \begin{equation*} \vec{v}=v_0\,\hat{r}+\omega R\,\hat{\theta}, \end{equation*}

dove \hat{r} è il versore che indica la componente radiale della velocità e \hat{\theta} la componente trasversa.
Consideriamo ora la figura 3, che rappresenta la situazione nell’istante di lancio.

 

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Dalla figura 2 si osserva facilmente che la velocità può essere riscritta come segue

    \[\begin{aligned} \vec{v}&=v_0\,\hat{r}+\omega R\,\hat{\theta}=v_0\left(\cos\theta\,\hat{x}+\sin \theta\,\hat{y}\right)+\omega R\left(\cos\theta \,\hat{y}-\sin\theta \,\hat{x}\right)=\\ &=\left(v_0\cos\theta-\omega R\sin\theta\right)\,\hat{x}+\left(\omega R\cos\theta +v_0\sin\theta\right)\,\hat{y}. \end{aligned}\]

Dopo il lancio avvenuto all’istante t=t^\star, il proiettile procede di moto rettilineo uniforme. Rappresentiamo la geometria del problema in figura 4.

 

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Il segmento \overline{PQ} rappresenta lo spazio percorso dal proiettile per colpire il bersaglio. Applicando il teorema dei seni, si ha

(2)   \begin{equation*} \dfrac{\overline{OP}}{\sin \gamma}=\dfrac{\overline{OQ}}{\sin \psi}, \end{equation*}

dove \overline{OP}=2R, \overline{OQ}=R. Consideriamo ora la figura 5.

 

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Dalla figura 5, si deduce che

(3)   \begin{equation*} \alpha =\arctan\left(\dfrac{\omega R}{v_0}\right) \end{equation*}

e

(4)   \begin{equation*} \sin \alpha =\dfrac{\omega R}{\sqrt{v_0^2+\omega^2R^2}}; \end{equation*}

inoltre, notiamo che \beta=2\pi-\theta, \gamma=\pi -\alpha e \psi =\alpha-\beta, per cui

(5)   \begin{equation*} \dfrac{2R}{\sin \left(\pi-\alpha \right)}=\dfrac{R}{\sin \left(\alpha - \beta \right)}, \end{equation*}

da cui

(6)   \begin{equation*} 2\sin \left(\alpha - \beta \right)=\sin \alpha, \end{equation*}

o anche

(7)   \begin{equation*} \alpha-\beta=\arcsin\left(\dfrac{\sin \alpha}{2}\right), \end{equation*}

cioè

(8)   \begin{equation*} \beta=\alpha-\arcsin\left(\dfrac{\sin \alpha}{2}\right). \end{equation*}

Come detto in precedenza \beta=2\pi-\theta, ovvero \beta=2\pi-\omega t^\star, quindi

(9)   \begin{equation*} \omega t^\star=2\pi-\alpha+\arcsin\left(\dfrac{\sin \alpha}{2}\right), \end{equation*}

ovvero

(10)   \begin{equation*} t^\star=\dfrac{1}{\omega}\left(2\pi-\arctan\left(\dfrac{\omega R}{v_0}\right)+\arcsin\left(\dfrac{\omega R}{2\sqrt{v_0^2+\omega^2R^2}}\right)\right). \end{equation*}

Si conclude che

    \[\boxcolorato{fisica}{ t^\star=\dfrac{1}{\omega}\left(2\pi-\arctan\left(\dfrac{\omega R}{v_0}\right)+\arcsin\left(\dfrac{\omega R}{2\sqrt{v_0^2+\omega^2R^2}}\right)\right).}\]

 

Altrimenti, senza fare considerazioni di tipo geometrico, si poteva notare che una volta lasciato la piattaforma il proiettile si muove con le seguenti leggi orarie

(11)   \begin{equation*} \begin{cases} x(t)=R\cos\left(\omega t^\star\right) + \left(v_0\cos\left(\omega t^\star\right)-\omega R\sin\left(\omega t^\star\right)\right)(t-t^\star)\\\\ y(t)=R\sin\left(\omega t^\star\right)+\left(\omega R\cos\left(\omega t^\star\right) +v_0\sin\left(\omega t^\star\right)\right)(t-t^\star) \end{cases}, \end{equation*}

valide per t\geq t^\star.
Ora imponiamo che il punto materiale raggiunga il bersaglio nella posizione (2R,0)\equiv(\tilde{x},0), pertanto (11) diventa

(12)   \begin{equation*} \begin{cases} x(t)=R\cos\left(\omega t^\star\right) + \left(v_0\cos\left(\omega t^\star\right)-\omega R\sin\left(\omega t^\star\right)\right)(t-t^\star)=\tilde{x}\\\\ y(t)=R\sin\left(\omega t^\star\right)+\left(\omega R\cos\left(\omega t^\star\right) +v_0\sin\left(\omega t^\star\right)\right)(t-t^\star)=0 \end{cases} \end{equation*}

dove \theta=\omega t. Chiamando \tilde{t} il tempo che il proiettile impiega a raggiungere il bersaglio dopo il lancio, abbiamo

(13)   \begin{equation*} \begin{cases} R\cos\left(\omega t^*\right)+\left(-R\omega \sin\left(\omega t^*\right)+v_0\cos\left(\omega t^*\right)\right)\tilde{t}=\tilde{x}\\\\ R\sin\left(\omega t^*\right)+\left((R\omega\cos\left(\omega t^*\right)+v_0\sin\left(\omega t^*\right)\right)\tilde{t}=0. \end{cases} \end{equation*}

Dalla seconda equazione del sistema otteniamo

(14)   \begin{equation*} \tilde{t}=\dfrac{-R\sin\left(\omega t^*\right)}{R\omega \cos\left(\omega t^*\right)+v_0\sin\left(\omega t^*\right)} \end{equation*}

e sostituendo \tilde{t} nella prima equazione del sistema, si ottiene

    \[\begin{aligned} & R\cos\left(\omega t^*\right)+\left(-R\omega \sin\left(\omega t^*\right)+v_0\cos\left(\omega t^*\right)\right)\left(\dfrac{-R\sin\left(\omega t^*\right)}{R\omega \cos\left(\omega t^*\right)+v_0\sin\left(\omega t^*\right)}\right)=\tilde{x}\quad \Leftrightarrow\quad\\ &\Leftrightarrow\quad R^2\omega \cos^2\left(\omega t^*\right)+Rv_0\cos\left(\omega t^*\right)\sin\left(\omega t^*\right)+R^2\omega \sin^2\left(\omega t^*\right)-\\ &+Rv_0\cos\left(\omega t^*\right)\sin\left(\omega t^*\right)=\tilde{x}\left(R\omega \cos\left(\omega t^*\right)+v_0\sin\left(\omega t^*\right)\right)\quad\Leftrightarrow\quad\\ &\Leftrightarrow\quad R^2\omega=\tilde{x}\left(R\omega \cos\left(\omega t^*\right)+v_0\sin\left(\omega t^*\right)\right). \end{aligned}\]

Pertanto (13) diventa

(15)   \begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{R^2\omega}{\tilde{x}}=\left(R\omega \cos\left(\omega t^*\right)+v_0\sin\left(\omega t^*\right)\right)\\\\ \tilde{t}=\dfrac{-R\sin\left(\omega t^*\right)}{R\omega \cos\left(\omega t^*\right)+v_0\sin\left(\omega t^*\right)} \end{cases}. \end{equation*}

Ricordiamo le formule parametriche del seno e del coseno

(16)   \begin{equation*} \tan\left(\dfrac{\omega t^*}{2}\right)=z, \quad \cos\left(\omega t^*\right)=\dfrac{1-z^2}{1+z^2}\quad \mbox{e} \quad \sin\left(\omega t^*\right)=\dfrac{2z}{1+z^2} \end{equation*}

che, applicate a (15)_1, danno

    \[\begin{aligned} &\dfrac{R^2\omega }{\tilde{x}}=R\omega\left(\dfrac{(1-z^2)}{1+z^2}\right)+\dfrac{2v_0z}{1+z^2} \quad \Leftrightarrow \quad\\ &\quad \Leftrightarrow \quad R^2\omega(1+z^2)=R\omega \tilde{x}(1-z^2)+2v_0z\tilde{x} \quad \Leftrightarrow \quad\\ &\quad \Leftrightarrow \quad z^2(R^2\omega+ R\omega \tilde{x})-2v_0\tilde{x}z+R^2\omega-R\omega \tilde{x}=0. \end{aligned}\]

Applicando la formula ridotta di risoluzione di un’equazione di secondo grado, otteniamo

    \[z=\dfrac{v_0\tilde{x}\pm\sqrt{(v_0\tilde{x})^2-\left((R^2\omega)^2-(R\omega \tilde{x})^2\right)}}{(R^2\omega+R\omega \tilde{x})} =\dfrac{v_0\tilde{x}\pm\sqrt{(v_0\tilde{x})^2-R^2\omega^2\left(R^2-\tilde{x}^2\right)}}{(R^2\omega+R\omega \tilde{x})},\]

da cui

    \[\begin{aligned} \tan\left(\dfrac{\omega t^*}{2}\right)&=\dfrac{v_0\tilde{x}\pm\sqrt{(v_0\tilde{x})^2-R^2\omega^2\left(R^2-\tilde{x}^2\right)}}{(R^2\omega+R\omega \tilde{x})}=\\ &=\dfrac{v_0\tilde{x}\pm\sqrt{4R^2v_0^2-R^2\omega^2\left(R^2-4R^2\right)}}{(R^2\omega+2R^2)}=\\ &=\dfrac{2Rv_0\pm\sqrt{4R^2v_0^2+3R^4\omega^2}}{3R^2\omega}=\\ &=\boxed{\dfrac{2v_0\pm\sqrt{4v_0^2+3R^2\omega^2}}{3R\omega}.} \end{aligned}\]

Osserviamo che

(17)   \begin{equation*} \dfrac{2v_0+\sqrt{4v_0^2+3R^2\omega^2}}{3R\omega}>0 \end{equation*}

e

(18)   \begin{equation*} \dfrac{2v_0-\sqrt{4v_0^2+3R^2\omega^2}}{3R\omega}<0; \end{equation*}

quindi

(19)   \begin{equation*} \arctan\left(\dfrac{2v_0+\sqrt{4v_0^2+3R^2\omega^2}}{3R\omega}\right)>0 \end{equation*}

e

(20)   \begin{equation*} \arctan\left(\dfrac{2v_0-\sqrt{4v_0^2+3R^2\omega^2}}{3R\omega}\right)<0 \end{equation*}

Sappiamo che \dfrac{3}{2}\pi <\theta< 2\pi, pertanto, sfruttando la periodicità della funzione (la periodicità è 2\pi.) \tan \left(\dfrac{\theta}{2}\right) e tenendo conto che t^\star>0, si deduce che

(21)   \begin{equation*} t^\star=\dfrac{2}{\omega}\left(2\pi+\arctan\left(\dfrac{2v_0-\sqrt{4v_0^2+3R^2\omega^2}}{3R\omega}\right)\right). \end{equation*}

Si conclude che

    \[\boxcolorato{fisica}{ t^\star=\dfrac{2}{\omega}\left(2\pi+\arctan\left(\dfrac{2v_0-\sqrt{4v_0^2+3R^2\omega^2}}{3R\omega}\right)\right).}\]

Osserviamo che i tempi trovati t^\star differiscono analiticamente; lasciamo al lettore volenteroso il piacere di verificare che

    \[\boxed{\dfrac{1}{\omega}\left(2\pi-\arctan\left(\dfrac{\omega R}{v_0}\right)+\arcsin\left(\dfrac{\omega R}{2\sqrt{v_0^2+\omega^2R^2}}\right)\right)=\dfrac{2}{\omega}\left(2\pi+\arctan\left(\dfrac{2v_0-\sqrt{4v_0^2+3R^2\omega^2}}{3R\omega}\right)\right).}\]