Uee izia

G. Cella

31gennaio2007

L'idea è quella di proporre ogni giorno (più o meno) un eser izio e di orire

lo svolgimentoil giorno su essivo. Coltempo si spera di reare una ra olta

abbastanza vasta di eser izi svolti. Ilfeedba k (suggerimenti, segnalazionedi

erroriet .) èparti olarmentegradito.

Me ani a

1.1 Cinemati a

27 ottobre 2006: moto su una spirale

VersionePDF

Una parti ella materiale di massa

m

^{è libera di muoversi in presenza di una}

forzadigravità

F ~

g

= −mgˆe

^{zsuunvin oloprivodiattritodallaformaaspirale,}

des rittodalleequazioniparametri he

x(ϕ) = ρ cos ϕ y(ϕ) = ρ sin ϕ z(ϕ) = h

2π ϕ

Al tempo

t = 0

^vale

ϕ = 0

^{elaparti ellaèferma.} Determinare laleggeoraria delmotoelareazionevin olare

N ~

^.

Soluzione

Ilpuntomaterialeèsottopostoallaforzadigravitàeallareazionevin olare

N ~

^.

L'equazionedelmotosaràdunque

m~a = −mgˆe

z

+ ~ N

^(1.1)

In assenzadi attrito la reazionevin olare èperpendi olarealla spirale, ondi-

zione he possiamo s rivere ome

N · ˆτ = 0 ~

^dove

τ ˆ

^{èil versoretangente alla}

traiettoria. Questosigni a he se onsideriamol'a elerazionenella direzione

ˆ

τ

^avremo

m~a · ˆτ = −mgˆe

^z

· ˆτ + ~ N · ˆτ = −mgˆe

^z

· ˆτ

quindil'a elerazionetangenzialeè ostante,ugualeaquelladiunpuntomate-

rialesu unpianoin linatonellostessomodo. Perveri arequestos riviamoil

vettoreposizione

R = ρˆ ~ e

ρ

+ h 2π ϕˆ e

z

elavelo ità

V = ~ d ~ R

dt = ρ dˆ e

ρ

dt + h

2π ϕˆ ˙ e

z

= ρ ˙ ϕˆ e

ϕ

+ h 2π ϕˆ ˙ e

z

doveabbiamoutilizzatolerelazioni

˙ˆe

ρ

= ˙ ϕˆ e

ϕ ^e

˙ˆe

z

= 0

^{. Segue he}

ˆ

τ = 2πρˆ e

ϕ

+ hˆ e

z

p(2πρ)

²

+ h

²

equindi

τ · ˆe ˆ

z

= h

p(2πρ)

²

+ h

²

= sin θ

dove

θ

^{è l'angolo tra} l'orizzontale e la tangenta alla traiettoria(notare he il denominatore èlospazioper orsoad ognigirodellaspiraleeil numeratorela

variazionein altezza). Valutiamoadessol'a elerazione

~a = d~ V

dt = ρ ¨ ϕˆ e

ϕ

+ ρ ˙ ϕ dˆ e

ϕ

dt + h

2π ϕˆ ¨ e

z

= ρ ¨ ϕˆ e

ϕ

− ρ ˙ϕ

²

e ˆ

ρ

+ h 2π ϕˆ ¨ e

z

ri ordando he

˙ˆe

ϕ

= ˙ ϕˆ e

ρ^{. Leequazioni(1.1)sis rivonoquindi}

m



ρ ¨ ϕˆ e

ϕ

− ρ ˙ϕ

²

e ˆ

ρ

+ h 2π ϕˆ ¨ e

z



= −mgˆe

z

+ ~ N .

^(1.2)

Proiettandonelladirezione

τ ˆ



ρ ¨ ϕˆ e

ϕ

− ρ ˙ϕ

²

e ˆ

ρ

+ h 2π ϕˆ ¨ e

z



· ˆτ = −gˆe

^z

· ˆτ

ioè



ρ ¨ ϕˆ e

ϕ

− ρ ˙ϕ

²

e ˆ

ρ

+ h 2π ϕˆ ¨ e

z



· (2πρˆe

ϕ

+ hˆ e

z

) = −gˆe

z

· (2πρˆe

ϕ

+ hˆ e

z

)

e

ϕ = −g ¨

h 2π

ρ

²

+

_2π^h

²

.

Daquestosegueimmediatamente

ϕ = −g ˙

h 2π

ρ

²

+

_2π^h

²

t

e

ϕ = − 1 2 g

h 2π

ρ

²

+

_2π^h

2

t

²

.

zione(1.2)abbiamo

N = m ~



ρ ¨ ϕˆ e

ϕ

− ρ ˙ϕ

²

e ˆ

ρ

+  h 2π ϕ + g ¨

 ˆ e

z



esostituendoleespressioni

ϕ ¨

^,

ϕ ˙

^ottenutepre edentementeotteniamolareazione vin olareinfunzione deltempo.

28 ottobre 2006: profondità di un pozzo

VersionePDF

Per determinare la profondità di un pozzo si lan ia un sasso al suo interno,

e si misura dopo quanto tempo si sente il suono dell'urto sul fondo. Detta

v

s

= 340

^{m/slavelo itàdelsuonoe}

τ = 2 s

^{iltempomisurato}determinaretale profondità. Cheerroresi ommettetras urandol'eettodellavelo itànitadel

suono?

Soluzione

Iltempo

τ

^{èdatodallasommadeltempodi aduta}

τ

c^{perilsassoedeltempoim-}

piegatodalsuono

τ

s^pertornareall'osservatore. La adutaavviene,tras urando gliattriti, onmoto uniformemente a eleratoquindi

h = 1 2 gτ

_c²

ioè.

τ

c

= s 2h

g .

Ilsuonosimuove onvelo ità ostante,quindi

τ

s

= h v

s

.

Iltempomisuratosaràdunque

τ = τ

c

+ τ

s

= s

2h g + h

v

s

.

Questaèun'equazione dise ondogradonell'in ognita

√ h

h + s

2hv

_s²

g

√ h − v

s

τ = 0

heammette omeuni asoluzionea ettabile(per hépositiva)

√ h = − s v

²_s

2g + s v

²_s

2g + v

s

τ = τpg/2

1 2

+

¹₂

q

1 +

^2gτ_vs

(1.3)

τ pg/2 ≃ 4.43 m

^1/2

1

2 + 1 2

r 1 + 2gτ

v

s

≃ 1.03

e quindi

h = 18.5 m

^{. Tras urare lavelo ità nita del suono equivale a porre}

uguale a

1

^il denominatoredellaEq.(1.3),equindiaduna orrezionedel

6%

^.

31 ottobre 2006: lunghezza di una traiettoria

VersionePDF

Unaparti ellasimuovenelpianoinun'orbitades rittada

R(t) = aˆ ~ e

x

cos ωt + bˆ e

y

sin ωt .

Mostrare he si tratta di un'orbita ellitti a, al olare il tempo ne essario per

un'orbita ompletaedesprimerelasualunghezza omeintegraledenito(senza

al olarlo).

Soluzione

Possiamoris riverelaleggeorarianellaforma

x(t) = a cos ωt y(t) = b sin ωt

da uisegue

x

²

a

²

+ y

²

b

²

= 1

he rappresenta una ellisse avente gli assi oin identi on quelli oordinati,

di lunghezza

2a

^e

2b

^{. Il tempo ne essario a per orrere una intera orbita è}

hiaramenteilperiododi

R(t) ~

^,ossia

T = 2π

ω .

Perquantoriguardalalunghezza,possiamo al olarelavelo ità:

V (t) = −aω sin ωt ˆe ~

^x

+ bω cos ωt ˆ e

y

eintegrareilsuomoduloneltempoperunperiodo:

ℓ = Z

T

0

|~V (t)|dt = Z

T

0

p a

²

ω

²

sin

²

ωt + b

²

ω

²

cos

²

ωt dt

= Z

2π

0

p a

²

sin

²

u + b

²

cos

²

u du .

Questointegralenonsiesprimeinterminidifunzionielementari,aparteil aso

banale

a = b

(traiettoria ir olare)nelqualesitrova

ℓ = 2πa

^.

VersionePDF

Un'automobileparte da ferma on motouniformemente a ele-

rato,ea elerazione

a

^{. Dopountempo}

τ

^{silan iaunproiettile he}

si può supporre in moto onvelo ità ostante

v

0^. Determinare la minimavelo ità

v

0 ^{ne essariaa olpire}l'automobile,in funzione di

a

^e

τ

^{. Sipuò} onsiderareilmotopuramente unidimensionale.

Soluzione

Leleggiorariedi automobileeproiettilesipossonos riverenellaforma

s

A

(t) = 1 2 at

²

s

P

(t) = v

0

(t − τ) .

Proiettile e automobile si in ontrano al tempo determinato da

s

A

(t) = s

P

(t)

^,

on

t > τ

^{. Iltutto è}rappresentatogra amentein gura.

PSfragrepla ements

s

A

(t)

s

P

(t) s

t = τ t

Figura1.1: Figuraperilproblema.

Abbiamoquindi

1

2 at

²

− v

⁰

(t − τ) = 0 .

Lavelo itàminima orrispondealla ondizioneditangenzatrarettaeparabola,

∆ = v

²₀

− 2av

0

τ = 0

ioè

v

0

= 0

^oppure

v

0

= 2aτ

^{. La prima} possibilità orrispondea un tempo

t = 0

^{,equindideveesserees lusa. Lase onda} orrispondea

t

²

− 4τ(t − τ) = 0

ioè

t = 2τ .

nota

VersionePDF

Unaparti ellasimuoveinunpianoorizzontaleealtempo

t = 0

sitrovanell'origine. Levelo itàagli istanti su essivisono rappre-

sentateneigra iin gura, hesiripetonoperiodi amente. Trovare

latraiettoria.

PSfragrepla ements

v

x

v

y

t = 0 t = T t t = 0 t = T t

Figura1.2: Figuraperilproblema. Levelo itàsonorappresentatesolotra

t = 0

e

t = T

^{,in seguitosiripetono}periodi amente. Lavelo itàmassimaè

v

max^.

Soluzione

Il moto èidenti o nella direzione

x

^{e in quellay. Inoltre lavelo itàè sempre}

nonnegativa. Di onseguenzalatraiettoriasaràlasemiretta

x = y, x > 0 .

Piùindettaglio,tra

t = 0

^e

t = T /2

^avremo

x = 1

2 at

²

y = 1

2 at

²

on

a = ∆v

∆t = 2v

max

T .

Tra

t = T /2

^e

t = T

^avremo

x = T

4 v

max

+ v

max

 t − T

2



− 1 2 a

 t − T

2



2

y = T

4 v

max

+ v

max

 t − T

2



− 1 2 a

 t − T

2



2

eanalogamentenegliintervallisu essivi.

VersionePDF

N

^{puntimateriali sono}inizialmente postinei verti i di unpoli- gonoregolare on

N

^{lati, aunadistanza}

R

^{del entro. Istante per}

istante ias unpunto di muove on velo ità ostante

v

^{nella dire-}

zione del su essivopreso in senso orario. Trovare letraiettorie di

ias unpunto.

Figura1.3: Figuraperilproblema,nel aso

N = 6

^.

Soluzione

Adogniistantepossiamos riverelavelo itàdiunpuntonellaforma

~v = ˙rˆ e

r

+ r ˙θˆ e

θ

ma per ragioni di simmetria i punti sarannosempre ai verti i di un poligono

regolare,ruotatoe ontrattorispettoalpre edente. Alloradovràessere

˙r = −v cos α r ˙θ = v sin α

dove

α

^{èl'angolotralavelo itàeilvettore heunis eil entrodelpoligono on}

il verti e onsiderato,

α = π  1 2 − 1

N

 .

Dalledueequazioniotteniamosubito

˙r

cos α + r ˙θ sin α = 0

ossia

tan α ˙r

r = − ˙θ

tan α d

dt log r = − d dt θ

eintegrando

log r = − 1

tan α θ + C .

Imponendole ondizioniinizialiabbiamoinne

r = r

0

e

^{−tan1α(θ−θ0)}

hedes riveunaspirale. Notare hequestasirestringeversoil entrotantopiù

lentamente quantopiù

N

^{ègrande. Nellimite}

N → ∞

^{il poligonodiviene una}

ir onferenza,e ias unpuntosimuovesuunatraiettoria ir olare.

9 novembre 2006: Farfalle kamikaze

VersionePDF

Per spiegare il motivo he porta una farfalla notturna a ade-

re a spirale sulla amma di una andela, si può fare l'ipotesi he

normalmente essefa iano riferimento alla lu e dellaluna pergui-

darsi,mantenendo ostante l'angolotraladirezione di provenienza

diquesta elapropriadirezionedi volo. Mostrare hequestaèuna

strategia sui ida se la lu e di riferimento è quella di una amma

vi ina. Per hèinve efunzionaselalu eèmolto lontana?

Soluzione

Possiamos riverelavelo itànellaforma

~v = ˙ Rˆ e

r

+ R ˙θˆ e

θ

= −v cos αˆe

r

+ v sin αˆ e

θ

dove

v

^{èil modulo della velo ità (non} ne essariamente ostante) e

α

^l'angolo

ssatotraladirezionedelmotoeladirezionedellasorgente. Daquestosegue

R ˙ = v cos α R ˙θ = −v sin α

equindi

˙θ = − R ˙ R tan α .

Integrandoabbiamo

R = R

0

e

^−tanαθ

heper

tan α > 0

rappresentaunaspiralelogaritmi aattornoall'origine. Se

R

0

èmoltograndelatraiettoriadivieneessenzialmenterettilinea.

VersionePDF

t(s) Fx(N )

2 4 6

1 2

t(s)

2 4 6

1 2

Fy(N )

Un puntomaterialedi massa

m = 1

^{kg simuovein unpiano,sottol'azionedi}

una forzale ui omponenti lungoduedirezioniortogonalihanno l'andamento

riportatoingura.

1. Inizialmente la velo ità ha omponenti

v

⁽⁰⁾x

= 6

^{m/s e}

v

y⁽⁰⁾

= 8

^m/s.

Tra iareilgra odelle omponentidellavelo itàinfunzione deltempo.

2. Perlesuddette ondizioniiniziali,determinarelatraiettoria.

3. Fissato ora il modulo

v

^{della velo ità iniziale, detto}

α

^{l'angolo he la}

traiettoriaforma on la direzione

y

^, determinare

α(t = 14 s)

^{in funzione}

di

α(t = 0 s)

^.

Soluzione

Domanda 1 Non i sono forze in direzione

x

^{, per ui il moto è sempre}

uniforme:

v

x

= v

_x⁽⁰⁾

.

Lungo la direzione

y

^{si ha una forza ostante tra}

t = t

1

= 4

^e

t = t

2

= 6

^.

Possiamos riverequindi

v

y

(t) = v

_y⁽⁰⁾

t < t

1

v

y

(t) = v

_y⁽⁰⁾

+ F

y

m (t − t

1

) t

1

< t < t

2

v

y

(t) = v

_y⁽⁰⁾

+ F

y

m (t

2

− t

¹

) t > t

2

.

Numeri amentequestosigni a

v

y

(t) = 8 t < 4

v

y

(t) = 12 − t 4 < t < 10 v

y

(t) = 2 t > 10 .

Iltuttoèrappresentatonellagura hesegue.

t(s)

2 4 6

4

2 6 8

vx(m/s)

t(s)

2 4 6

vy(m/s)

4

2 6 8

Domanda 2 Possiamos rivere

x = 6t

^e

dy dx =

dy dt dx dt

= v

y

v

x

equindi

dy

dx (x) = 4

3 x < 24 dy

dx (x) = 2 − x

36 24 < x < 60 dy

dx (x) = 1

3 x > 60

eintegrandoabbiamo

y(x) = 4

3 x x < 24 y(x) = 2x − x

²

72 + c

1

24 < x < 60 y(x) = x

3 + c

2

x > 60 .

Le ostanti

c

i ^sideterminanoimponendola ontinuitàdellatraiettoria:

4

3 × 24 = 2 × 24 − 1

72 (24)

²

+ c

1

2 × 60 − 1

72 (60)

²

+ c

1

= 1

3 × 60 + c

²

da ui

c

1

= −8

^e

c

2

= 42

^{. La}traiettoriaèrappresentatanellagura hesegue.

Domanda 3 Ripetendoi al oliinizialiabbiamoper

t > 10 v

x

(t) = v sin α

v

y

(t) = v cos α + F

y

m (t

2

− t

¹

)

da ui

tan α

^′

= v

x

(14)

v

y

(14) = v sin α

v cos α +

^F_m^y

(t

2

− t

1

) = sin α

cos α +

_mv^Fy

(t

2

− t

1

) .

Latraiettoriaèquindiunar odiparabolain

24 < x < 60

^{eunarettaaltrove,}

rappresentatanellagura hesegue.

0 10 20 30 40 50 60 70

0 10 20 30 40 50 60

f(x)

Retteeparabolesira ordano on ontinuitàe onderivata ontinua.

1.2 Dinami a

26 ottobre 2006: doppio piano in linato

VersionePDF

Un puntomaterialeè vin olatoamuoversisulla super ie in Figura1.4, om-

postadadue pianiin linati( on diversoangolodiin linazione) separatidaun

piano orizzontale. Senza fare usodi prin ipidi onservazionemostrare hein

assenzadiattritoseilpuntomaterialevienelas iatoandaresulprimopianoad

unaaltezza

h

1^{, sifermasul se ondoadunaaltezza}

h

2

= h

1^.

h h

1 2

θ

¹

θ

2

Figura1.4: Figuraeser izio1.2

Soluzione

Il moto sui piani in linati sarà uniformemente a elerato. Dato he il moto

è rettilineo l'a elerazione è parallela al piano, e possiamo determinarla on-

siderandola proiezionedella forzadi gravità e dellareazione vin olarein tale

non ontribuis e,epossiamos riverein modulo

ma = mg sin θ

i

.

Lo spazioper orsosul primo pianoin linatoe lavelo itàsaranno quindidate

da

ℓ

1

(t) = 1

2 g sin θ

1

t

²

v

1

(t) = g sin θ

1

t

da uipossiamodeterminare iltempodiarrivosulpianoorizzontale

ℓ

1

(t

1,f

) = 1

2 g sin θ

1

t

²_1,f

= h

1

sin θ

1

ioè

t

1,f

= 1 sin θ

1

s 2h

1

g

elavelo ità

v

1,f

= v

1

(t

1,f

) = p2gh

1

.

Notare hequestorisultatonondipendedallain linazione delpiano. Passando

sul pianoorizzontaleil modulo della velo itànon ambierà(giusti heremoal

termine dell'eser izioquesta aermazione) e lamassa si muoverà onvelo ità

ostante no al se ondo piano in linato, a ui arriverà a

t = t

2,i^{. Passando}

su quest'ultimo il modulo della velo ità rimarràan orauna voltainvariato, e

avremoadessounmodode elerato hepotràesseredes ritto

ℓ

2

(t) = v

1,f

(t − t

2,i

) − 1

2 g sin θ

2

(t − t

2,i

)

²

v

2

(t) = v

1,f

− g sin θ

²

(t − t

^2,i

) .

L'altezzamassimasiraggiungeràaduntempo

t

2,f determinatoda

v

2

(t

2,f

) = 0

ioè

(t

2,f

− t

2,i

) = v

1,f

g sin θ

2

elospazioper orsosarà

ℓ

2

(t

2,f

) = 1 2

v

_1,f²

g sin θ

2

= h

1

sin θ

2

orrispondenteadunaaltezzanale

h

2

= ℓ

2

(t

2,f

) sin θ

2

= h

1

.

Restadagiusti arela onservazionedelmodulodellavelo itànellatransizione

pianoin linato-pianoorizzontaleevi eversa. Osserviamo heaundatoistante

il puntomaterialeèsottopostoallaforza di gravitàeauna reazionevin olare

hesappiamoesserenormalealvin olo (assenzadi attrito). Nelpunto di ra -

ordo la normaleal piano non è ben denita, e il problemadiviene ambiguo.

Dis uteremo il signi ato di questa ambiguità in unprossimo problema. Per

v( ) v( )0

ε

Figura1.5: Ilra ordoregolarizzatotrapianoin linatoeorizzontale.

adesso la elimineremo modi ando la super ie in un intorno pi olo quanto

vogliamodellospigolo,inmododarenderlosu ientementelis io(Figura1.5).

Allora lareazionevin olaresaràben denitaadogniistante,enonpotrà on-

tribuire in nessun asoalla a elerazione nelladirezione tangenziale al piano.

Quindiavremo(usandoilfatto heladerivatadelversoretangente

τ ˆ

^èadesso

perpendi olare)

d

dt (~v · ˆτ) = d~v

dt · ˆτ + ~v · dˆ τ dt = d~v

dt · ˆτ = ~g · ˆτ

da uisegue he

~v · ˆτ(ǫ) = ~v · ˆτ(0) + Z

ǫ

0

~g · ˆτ dt

dove

ǫ

^{èiltempo helaparti ellapassasullapartelis iatadelra ordo. Poi hè}

possiamoprendere

ǫ

^{pi oloquantovogliamosegue he}

~v · ˆτ(ǫ) = ~v · ˆτ(0).

29 ottobre 2006: moto vis oso

VersionePDF

Inpresenzadi unaforzadi attritovis oso

F = −λ~v ~

^{unaparti elladimassa}

m

viene lan iata verso l'alto on velo ità iniziale di modulo

v

0^. Determinare la massima altezza raggiuntarispetto alpunto di partenza. Determinare inoltre

lavelo itàalla qualela parti ellapassa nuovamente dalpunto di partenza,in

parti olarenel asoin ui

v

0 ^{èmolto grande. Cosasigni amolto grande in}

questo aso?

Soluzione

L'equazionedelmotoperilmotonelladirezioneverti alesis rive

m dv

dt = −λv − mg .

Questa è una equazione dierenziale lineare a oe ienti ostanti, del primo

ordine, hesipuòrisolvere on diversimetodi.

1 v +

^mg_λ

dv dt = − λ

m

eintegrandomembroamembroneltempo:

Z

t 0

1 v +

^mg_λ

dv dt dt = −

Z

t 0

λ m dt .

L'integralealmembrosinistroèimmediato,quelloadestralodiviene ol ambio

di variabile

u = v(t)

^:

Z

v(t) v(0)

1

u +

^mg_λ

du = − λ m t

ossia

log v(t) +

^mg_λ

v

0

+

^mg_λ

= − λ

m t .

Espli itandolavelo itàabbiamoinne

v(t) = 

v

0

+ mg λ

 e

^−mλt

− mg

λ

^(1.4)

hepuò essereusata perdeterminare il tempo

t

max ^{nel qualeviene raggiunto}

l'altezzamassima,risolvendo

v(t

max

) = 0

^{. Siottiene}

e

^−mλtmax

= 1

1 +

^λv_mg⁰

, t

max

= m λ log

 1 + λv

0

mg

 .

Peraverelospazioper orsointegriamodirettamente lavelo ità:

s(t) = Z

t

0

v(t) dt = m λ

 v

0

+ mg λ

  1 − e

^−mλt



− mg

λ t

^(1.5)

esostituendo

t

max

h

max

= s(t

max

) = mv

0

λ − m

²

g λ

²

log

 1 + λv

0

mg

 .

Troviamo adesso la velo ità quando la parti ella passa nuovamente a

s = 0

^.

Possiamo riadattare lasoluzione (1.5) ponendo

v

0

= 0

^{, eri avare il tempodi}

aduta

s(t

0

) = m

²

g λ

²

 1 − e

^−mλt0



− mg

λ t

0

= h

max

henonèpossibilerisolvereespli itamentein

t

0^{. È hiaroperò heal res eredi}

v

0 ^{an he}

h

max ^{res e,edi} onseguenza

t

0^{. Quindidalla(1.4),sempreponendo}

v

0

= 0

^,otteniamo

v(t

0

) = mg

λ e

^−mλt0

− mg

λ ≃ − mg λ .

Questaapprossimazionesaràbuonaquando

λv

0

mg ≫ log

 1 + λv

0

mg



ioèquando

v

0

≫ mg/λ

^.

Unmetodoalternativoperrisolverel'equazionedierenzialeèquellodi er are

primatutte lesoluzionidell'equazioneomogenea

dv dt + λ

m v = 0

nella forma

v = Ae

^{−kt dove}

k

^{è una ostante da} determinare. Sostituendo troviamola ondizione

k + λ m = 0

e quindi un insieme di soluzioni dipendenti da un parametro arbitrario he

rappresentanolasoluzionegenerale(l'equazioneèdelprimoordine).

Ène essarioadessoaggiungereunasoluzioneparti olaredell'equazione omple-

ta

dv dt + λ

m v = −g .

In questo asopossiamofar i guidare dall'intuizione si ae er are una solu-

zione avelo ità ostante, he rappresentalasituazionein uiforze di attritoe

di gravitàsibilan iano. Abbiamo

v = −gm/λ

^{equindi otteniamolasoluzione}

generalenellaforma

v(t) = Ae

^−mλt

− gm λ .

Ponendo

v(t) = v

0 ^troviamo

A = v

0

+ gm/λ

^{equindila(1.4).}

30 ottobre 2006: un problema inverso

VersionePDF

Una parti elladi massa

m

^{simuovenel pianosottol'azionedi una forzadella}

forma

F = F (r)ˆ ~ e

r

dove

r

^èladistanzadall'originedelsistemadi oordinatee

e ˆ

r^{ilversoreradiale.}

Lasualeggeorariasipuòs rivereper

t < t

c ^nellaforma

r(t) = β(t

c

− t)

θ(t) = L

mβ

²

(t − t

^c

) .

Disegnarequalitativamentelatraiettoriaedeterminare

F (r)

^.

Soluzione

Mentre

t → t

c ^{ladistanza dal entro diminuis e}linearmente, mentre l'angolo res e senza limite in valore assoluto. La traiettoria èquindi una spirale he

vieneper orsain sensoorariomentrelaparti ella ade sull'origine.

F = m~a ~

e siamo in grado di al olare l'a elerazione. S riviamo anzitutto il vettore

posizionenellaforma

R = rˆ ~ e

r

ederivandootteniamovelo itàea elerazione

V ~ = ˙rˆ e

r

+ r ˙θˆ e

θ

~a = rˆ ¨ e

r

+ 2 ˙r ˙θˆ e

θ

+ r ¨ θˆ e

θ

− r ˙θ

²

e ˆ

r

equindi

1

m F (r)ˆ e

r

= 

r − r ˙θ ¨

²

 ˆ e

r

+ 

2 ˙r ˙θ + r ¨ θ  ˆ

e

θ

.

^(1.6)

D'altraparte espli itamente

˙r = −β

¨ r = 0

e

˙θ = − L

mβ

²

(t − t

c

)

²

= − L mr

²

θ ¨ = 2L

mβ

²

(t − t

^c

)

³

= − 2Lβ mr

³

.

Eguagliandolaparteradiale nella(1.6)siottiene

F (r) = − L

²

mr

³

mentrelaparteangolaresiannullaautomati amente.

1 novembre 2006: moto periodi o

VersionePDF

Una parti ella di massa

m

^{è vin olata a muoversi su un piano in linato di}

lunghezza

ℓ

^{, ome}rappresentatoingura. Aidueestremidelpianoèpostauna barrierasu ui laparti ellarimbalza, senzamodi areil modulo dellapropria

velo ità. Se

v

0 ^{èlavelo itànelpuntopiùbasso}determinareilperiododelmoto periodi o. Studiare in parti olare osa a ade per grandi valori dellavelo ità

v

0^.

00 11

θ

Figura1.6: Figuraperilproblema.

Soluzione

Ilmoto sul piano in linatoèuniformemente a elerato, ona elerazione

a = g sin θ

^{. Il periodo saràil doppio del tempone essario perspostarsidal punto}

piùbassoalpuntopiùalto. Possiamoalloras rivere

s(t) = v

0

t − 1

2 gt

²

sin θ v(t) = v

0

− gt sin θ .

Lavelo itàsiannullaaltempo

t

^′

= v

0

g sin θ

elospazioper orsoataleistantevale

s

^′

= s(t

^′

) = v

₀²

2g sin θ .

O orredistingueredue asi. Se

s

^′

< ℓ

^{laparti ellanonarrivamaiallabarriera}

superiore,equindi ilperiodoèsempli emente

T = 2t

^′

= 2v

0

g sin θ .

Questoa adeseperilmodulo dellavelo itàinizialevale

v

0

< p2gℓ sin θ .

Inve ese

s

^′

> ℓ

^{l'urto onlabarrierasuperioreavvienequando}

s(t

u

) = ℓ

^{, ioè}

v

0

t

u

− 1

2 gt

²_u

sin θ = ℓ

hesigni a

gt

²_u

sin θ − 2v

⁰

t

u

+ 2ℓ = 0 t

u

= v

0

± pv

²₀

− 2ℓg sin θ

g sin θ .

orrispondealtempoin uilaparti ella,avendosuperatolabarriera,ètornata

sudiessadopoaverinvertitoilmoto. Chiaramente

T = 2t

u^{. Notare hequando}

v

0

≫ ℓg sin θ

^{leduesoluzionisi omportanoinmodomoltodiverso. Quellanon}

a ettabiledivienemoltogrande(ilmotosiinverteauntemposempremaggiore)

v

0

+ pv

₀²

− 2ℓg sin θ

g sin θ ≃ 2v

0

g sin θ

l'altratendealtempone essarioaper orrereiltratto

ℓ

^{onvelo ità ostante}

v

0

− pv

²₀

− 2ℓg sin θ

g sin θ ≃ ℓ v

0

il hesigni a heselavelo itàinizialeèmolto grandeglieettidell'a elera-

zionesono tras urabili.

3 novembre 2006: Attraversamento di una bu a

VersionePDF

Inunpianoorizzontale(in presenzadi gravità) èprati atauna

s analaturatriangolare omeingura,dialtezza

h

^{eaperturaango-}

lare

2θ

^{. Unpuntomaterialesimuovesullasuper ie}risultante, he puòessere onsiderataunvin ololis io, onspigolisu ientemente

smussati.

PSfragrepla ements

θ

1

θ

2

h θ

Figura1.7: Figuraperilproblema.

Dimostrare, senza utilizzare prin ipidi onservazione, hel'an-

golodi us ita

θ

1 ^{equellodientrata}

θ

2 ^nellas analaturasonougua- li. Dire inoltre se la traiettoria all'us ita della s analatura è il

prolungamentodi quellain entrata.

Soluzione

Ilmotosuiduepianiin linatièunmotoa eleratonelladirezioneperpendi olare

alla s analatura, ona elerazione

a = g cos θ

^{nella fase} dis endente e

−a

ⁱⁿ

quellaas endente. Nelladirezioneparallelaavremounmotouniforme. Lalegge