Fisica Generale I Gianluca Ferrari Meccanica Newtoniana
Tema d’Esame del 30 giugno 2016
Esercizio 1
𝑚 = 2 𝑘𝑔; 𝑅 = 4 𝑚; 𝐹(𝑡) = 𝑘𝑡, con 𝑘 = 0,2 𝑁/𝑠 e diretta tangenzialmente alla circonferenza; 𝑣0 = 0 𝑚/𝑠;
i. 𝑡1 = ? t.c. il carrello compia mezzo giro;
Giacché la forza è diretta tangenzialmente, dalla seconda legge della dinamica applicata lungo la direzione tangente alla traiettoria, è possibile calcolare l’accelerazione tangenziale.
𝐹(𝑡) = 𝑚𝑎𝑡𝑔(𝑡) ⟹ 𝑎𝑡𝑔(𝑡) = 𝐹(𝑡)
𝑚 = 𝑘
𝑚𝑡
Si noti che l’accelerazione tangenziale non è costante; tuttavia possiamo comunque calcolare l’accelerazione angolare 𝛼, ricordando che
𝑎𝑡𝑔(𝑡) = 𝛼(𝑡)𝑅 , da cui segue
𝛼(𝑡) = 𝑎𝑡𝑔(𝑡)
𝑅 = 𝑘
𝑚𝑅𝑡 .
Affinché il corpo compia mezzo giro, dev’essere Δ𝜃(𝑡) = 𝜋. Integrando l’equazione 𝛼(𝑡) = 𝑑𝜔
𝑑𝑡 = 𝑘 𝑚𝑅𝑡 , troviamo subito
∫ 𝑑𝜔
𝜔(𝑡) 𝜔0
= ∫ 𝑘
𝑚𝑅𝑡
𝑡 0
𝑑𝑡 ⟹ 𝜔(𝑡) = 𝜔0+ 𝑘
2𝑚𝑅𝑡2 .
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Tuttavia, essendo 𝑣0 = 0, allora anche 𝜔0 sarà nulla, quindi segue che 𝜔(𝑡) = 𝑘
2𝑚𝑅𝑡2 . Ricordando la definizione di velocità angolare
𝜔(𝑡) = 𝑑𝜃
𝑑𝑡 = 𝑘
2𝑚𝑅𝑡2 , possiamo effettuare un’ulteriore integrazione, trovando
∫ 𝑑𝜃
𝜃(𝑡) 0
= ∫ 𝑘
2𝑚𝑅𝑡2
𝑡 0
𝑑𝑡 ⟹ 𝜃(𝑡) = 𝑘
6𝑚𝑅𝑡3 . Essendo 𝜃(𝑡1) = 𝜋, abbiamo subito
𝑘
6𝑚𝑅𝑡13 = 𝜋 ⟹ 𝑡1 = √6𝜋𝑚𝑅 𝑘
3
. ii. 𝑎𝑡𝑔(𝑡1) = ?; 𝑎𝑐(𝑡1) = ?;
A questo punto, l’accelerazione tangenziale al tempo 𝑡1 sarà data da
𝑎𝑡𝑔(𝑡1) = 𝑘
𝑚𝑡1 = 𝑘
𝑚 √6𝜋𝑚𝑅 𝑘
3
= √6𝜋𝑘2𝑅 𝑚2
3
, mentre per quanto riguarda l’accelerazione centripeta, ricordando che
𝑎𝑐(𝑡) = 𝑣2(𝑡)
𝑅 = 𝜔2(𝑡)𝑅 , si ha
𝑎𝑐(𝑡1) = 𝜔2(𝑡1)𝑅 = ( 𝑘 2𝑚𝑅𝑡12)
2
𝑅 = ( 𝑘 2𝑚𝑅)
2
(6𝜋𝑚𝑅
𝑘 )
4 3𝑅
= 6𝜋𝑚𝑅 𝑘
𝑘2
4𝑚2𝑅2 √6𝜋𝑚𝑅 𝑘
3
𝑅 = 3𝑘𝜋
2𝑚 √6𝜋𝑚𝑅 𝑘
3
. L’accelerazione risultante al tempo 𝑡1, invece, sarà data da
𝑎(𝑡1) = √𝑎𝑡𝑔2 (𝑡1) + 𝑎𝑐2(𝑡1) .
Per 𝑡 > 𝑡1 ∶ 𝐹(𝑡) = 0 e il corpo prosegue di moto circolare uniforme;
iii. Δ𝑡2 = ? t.c. il corpo compia un ulteriore mezzo giro; 𝑁 = ?;
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Siccome sul corpo non agiscono forze lungo la componente tangenziale, dev’essere che l’accelerazione tangenziale – così come quella angolare 𝛼(𝑡) – è nulla per 𝑡 > 𝑡1. Di conseguenza il moto del corpo sarà circolare uniforme. Si noti che, essendo in presenza di un moto circolare, si avrà comunque un’accelerazione centripeta, che cambia verso al vettore velocità istante per istante, mantenendolo tangente alla traiettoria.
Applicando le equazioni angolari del moto circolare uniforme, si avrà 𝛼(𝑡) = 0, mentre
∀𝑡 ≥ 𝑡1 ∶ 𝜔(𝑡) = 𝜔(𝑡1) = 𝑘
2𝑚𝑅(6𝜋𝑚𝑅
𝑘 )
2
3 = 𝑐𝑜𝑠𝑡 . Dalla definizione di velocità angolare nel caso uniforme, avremo
𝜔(𝑡1) = Δ𝜃
Δ𝑡2 = 𝜋 Δ𝑡2 , da cui segue
Δ𝑡2 = 𝜋
𝜔(𝑡1) = 𝜋2𝑚𝑅
𝑘 ( 𝑘
6𝜋𝑚𝑅)
2 3 .
Per calcolare la reazione vincolare 𝑁⃗⃗ della pista, dobbiamo tener conto del suo angolo di inclinazione 𝜃. Si noti che la reazione vincolare è diretta perpendicolarmente alla pista, come mostrato in figura.
Partendo da considerazioni di carattere geometrico, si noti anche che l’angolo compreso tra 𝑁⃗⃗ e il raggio riportato in figura è proprio pari a 𝜃.
Applicando la seconda legge di Newton per componenti avremo, lungo la direzione centripeta,
𝑁 cos 𝜃 = 𝑚𝑎𝑐(𝑡1) , mentre, lungo la verticale, si ha
𝑁 sen 𝜃 = 𝑚𝑔 .
𝑁⃗⃗
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Mettendo a sistema le due equazioni – dividendo la seconda per la prima –, capita che
tg 𝜃 = 𝑔
𝑎𝑐(𝑡1) = 𝑔 3𝑘𝜋
2𝑚 √6𝜋𝑚𝑅 𝑘
3
⟹ 𝜃 = arctg (
𝑔 3𝑘𝜋
2𝑚 √6𝜋𝑚𝑅 𝑘
3
) ,
mentre
𝑁 = 𝑚𝑔 sen 𝜃 .
