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6. Esercizi di Dinamica del Punto Materiale

Fisica Generale A

http://campus.cib.unibo.it/2460/

November 23, 2016

Notazione: Simboli di Landau

•  Date due funzioni f e g, consideriamo il limite: con x0 finito o infinito.

•  Se λ è finito si dice che f è dominata da g in x0:

•  In particolare: –  Se λ = 0 si dice che f è trascurabile rispetto a g in x0:

–  Se λ = 1 si dice che f è equivalente a g in x0:

limx→x0

f x( )g x( ) = λ

f x( ) = O g x( )( ) per x → x0 (“O grande”)

f x( ) = o g x( )( ) per x → x0 (“O piccola”)

f x( ) g x( ) per x → x0

2Domenico Galli – Fisica Generale A – E 6. Esercizi di Dinamica del Punto Materiale

Funzioni Iperboliche

1

1


1

Funzioni Circolari Funzioni Iperboliche

Funzioni Iperboliche (II)

-10

-5

0

5

10

-10 -5 0 5 10


-3

-2

-1

0

1

2

3

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4


Funzioni Iperboliche (III)

sinh x = ex − e− x

2

cosh x = ex + e− x

2

tanh x = sinh xcosh x

= ex − e− x

ex + e− x

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

cosh2 x − sinh2 x = 1

sin x = eix − e− ix

2icos x = e

ix + e− ix

2tan x = eix − e− ix

i eix + e− ix( )

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

cos2 x + sin2 x = 1



Problema Fondamentale della Dinamica del Punto Materiale: 12 Esempi

1.  Moto rettilineo uniformemente accelerato. 2.  Caduta libera di un grave nel vuoto. 3.  Moto di un proiettile nel vuoto. 4.  Moto di un corpo soggetto a resistenza viscosa. 5.  Caduta libera di una sfera con resistenza viscosa. 6.  Moto di un corpo soggetto a resistenza idraulica. 7.  Caduta libera di una sfera con resistenza idraulica. 8.  Sfera lanciata verso l’alto con resistenza idraulica. 9.  Oscillatore armonico. 10.  Pendolo semplice. 11.  Oscillatore smorzato. 12.  Oscillatore forzato.


1. Moto Rettilineo Uniformemente Accelerato

•  Punto materiale vincolato a una rotaia rettilinea sotto l’azione di una forza costante di modulo F.

•  Condizioni iniziali: posizione x0, velocità v0.

•  Poiché l’accelerazione è costante, il moto è uniformemente accelerato. Risolvendo:

a t( ) = v t( ) ≡ Fm

x 0( ) = x0v 0( ) = v0⎧⎨⎪

⎩⎪

dvdt

= Fm

⇒ dv = Fmdt ⇒ dv

v 0( )

v t( )

∫ = Fmd t

0

t

∫ ⇒ v⎡⎣ ⎤⎦v0v t( )

= Fmt⎡⎣ ⎤⎦0t

v t( )−v0 = Fm t − 0( ) = Fm t ⇒ v t( ) = v0 +

Fm

t


1. Moto Rettilineo Uniformemente Accelerato (II)

•  A partire dalla velocità, possiamo calcolare lo spostamento:


dxdt

= v0 +Fmt ⇒ d x = v0 +

Fmt

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟d t ⇒ d x = v0 +

Fmt

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟d t

0

t

∫x 0( )

x t( )

∫

x⎡⎣ ⎤⎦x0x t( )

= v0t +12Fmt2

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥0

t

⇒ x t( )− x0 = v0t + 12Fmt2

x t( ) = x0 + v0t +

12

Fm

t2

2. Caduta Libera di un Grave nel Vuoto

•  Punto materiale non vincolato. •  Agisce soltanto la forza peso diretta lungo l’asse z con

verso opposto all’orientamento dell’asse:

•  Il moto, in generale, non è unidimensionale. Tuttavia diviene unidimensionale per una particolare scelta delle condizioni iniziali (velocità iniziale nulla o parallela alla forza):

F = −mgk ⇒ a =

Fm

= −gk ⇒ xı + y + zk = −gk

xı + y + z + g( ) k =0

a t( ) = v t( ) = −g kr 0( ) = h kv 0( ) = 0⎧⎨⎪

⎩⎪ x

z

yF

kı


2. Caduta Libera di un Grave nel Vuoto (II)

•  Per componenti:

•  Risolvendo:

dvx

d t= 0

dv y

d t= 0

dv z

d t= −g

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

dvx = 0dv y = 0dv z = −g d t

⎧⎨⎪

⎩⎪

dvxvx 0( )

vx t( )

∫ = 0

dv yv y 0( )

v y t( )

∫ = 0

dv zvz 0( )

vz t( )

∫ = −g d t0

t

∫

⎧

⎨

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

vx⎡⎣ ⎤⎦0

vx t( )= 0

v y⎡⎣ ⎤⎦0

v y t( )= 0

v z⎡⎣ ⎤⎦0

vz t( )= −g t⎡⎣ ⎤⎦0

t

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪


vx = 0v y = 0v z = −g

⎧⎨⎪

⎩⎪

vx 0( ) = 0v y 0( ) = 0v z 0( ) = 0

⎧

⎨⎪

⎩⎪

x 0( ) = 0y 0( ) = 0z 0( ) = h

⎧

⎨⎪

⎩⎪

2. Caduta Libera di un Grave nel Vuoto (III)

•  Integrando nuovamente:

vx⎡⎣ ⎤⎦0

vx t( )= 0

v y⎡⎣ ⎤⎦0

v y t( )= 0

v z⎡⎣ ⎤⎦0

vz t( )= −g t⎡⎣ ⎤⎦0

t

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

vx t( ) − 0 = 0

v y t( ) − 0 = 0

v z t( ) − 0 = −g t − 0( )

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

vx t( ) = 0

v y t( ) = 0

v z t( ) = −g t

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

d xd t

= 0

d yd t

= 0

d zd t

= −g t

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

d x = 0d y = 0d z = −g t d t

⎧⎨⎪

⎩⎪

d xx 0( )

x t( )

∫ = 0

d yy 0( )

y t( )

∫ = 0

d zz 0( )

z t( )

∫ = −g t d t0

t

∫

⎧

⎨

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

x⎡⎣ ⎤⎦0

x t( )= 0

y⎡⎣ ⎤⎦0

y t( )= 0

z⎡⎣ ⎤⎦h

z t( )= −g

t2

2⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

0

t

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪


2. Caduta Libera di un Grave nel Vuoto (IV)

•  Il moto di caduta è indipendente dalla massa del grave. •  Ovviamente si tratta di un moto rettilineo lungo la

verticale verso il basso e uniformemente accelerato.

x⎡⎣ ⎤⎦0

x t( )= 0

y⎡⎣ ⎤⎦0

y t( )= 0

z⎡⎣ ⎤⎦h

z t( )= −g

t2

2⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

0

t

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

x t( ) − 0 = 0

y t( ) − 0 = 0

z t( ) − h = −gt2

2−

02

2⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

x t( ) = 0

y t( ) = 0

z t( ) = h −12

g t2

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪


3. Moto di un Proiettile nel Vuoto

•  La forza è la stessa del caso precedente:

•  Cambiano, tuttavia, le condizioni iniziali:

•  Scelti gli assi in modo opportuno, per componenti:

F = −mgk ⇒ a =

Fm

= −gk ⇒ xı + y + zk = −gk

xı + y + z + g( ) k = 0

a t( ) = v t( ) = −g kr 0( ) = 0v 0( ) = v0 cosθ ı + sinθ k( )⎧⎨⎪

⎩⎪

x

z

yF

k

ı

θ

v0

vx = 0v y = 0v z = −g

⎧⎨⎪

⎩⎪

vx 0( ) = v0 cosθv y 0( ) = 0v z 0( ) = v0 sinθ

⎧

⎨⎪

⎩⎪

x 0( ) = 0y 0( ) = 0z 0( ) = 0

⎧

⎨⎪

⎩⎪


3. Moto di un Proiettile nel Vuoto (II)

dvx

d t= 0

dv y

d t= 0

dv z

d t= −g

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

dvx = 0dv y = 0dv z = −g d t

⎧⎨⎪

⎩⎪

dvxvx 0( )

vx t( )

∫ = 0

dv yv y 0( )

v y t( )

∫ = 0

dv zvz 0( )

vz t( )

∫ = −g d t0

t

∫

⎧

⎨

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

vx⎡⎣ ⎤⎦v0 cosθ

vx t( )= 0

v y⎡⎣ ⎤⎦0

v y t( )= 0

v z⎡⎣ ⎤⎦v0 sinθ

vz t( )= −g t⎡⎣ ⎤⎦0

t

⎧

⎨

⎪⎪

⎩

⎪⎪

vx t( ) − v0 cosθ = 0

v y t( ) − 0 = 0

v z t( ) − v0 sinθ = −g t − 0( )

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

vx t( ) = v0 cosθ

v y t( ) = 0

v z t( ) = v0 sinθ − g t

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪


•  Integrando:

3. Moto di un Proiettile nel Vuoto (III)


d xd t

= v0 cosθ

d yd t

= 0

d zd t

= v0 sinθ − g t

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

d x = v0 cosθ d td y = 0d z = v0 sinθ − g t( )d t

⎧⎨⎪

⎩⎪

d xx 0( )

x t( )

∫ = v0 cosθ d t0

t

∫

d yy 0( )

y t( )

∫ = 0

d zz 0( )

z t( )

∫ = v0 sinθ − g t( )d t0

t

∫

⎧

⎨

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

x⎡⎣ ⎤⎦0

x t( )= v0 cosθ t⎡⎣ ⎤⎦0

t

y⎡⎣ ⎤⎦0

y t( )= 0

z⎡⎣ ⎤⎦0

z t( )= v0 sinθ( )t − g

t2

2⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

0

t

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

x t( ) − 0 = v0 cosθ( )ty t( ) − 0 = 0

z t( ) − 0 = v0 sinθ( )t − gt2

2

⎧

⎨

⎪⎪

⎩

⎪⎪


3. Moto di un Proiettile nel Vuoto (IV)

•  Si nota che il moto è indipendente dalla massa e avviene nel piano xz, contenente . Inoltre la proiezione del punto materiale sull’asse x si muove di moto uniforme, mentre la proiezione sull’asse z si muove di moto uniformemente accelerato.

x t( ) = v0 cosθ( )ty t( ) = 0

z t( ) = v0 sinθ( )t − gt2

2

⎧

⎨

⎪⎪

⎩

⎪⎪

v0


x

z

yF

k

ı

θ

v0

3. Moto di un Proiettile nel Vuoto (V)

•  L’equazione della traiettoria si ottiene eliminando t:

•  Si tratta dell’equazione di una parabola. •  Si dice gittata la distanza a cui il punto

materiale raggiunge nuovamente il suolo.

t =x

v0 cosθ

z = v0 sinθ( ) xv0 cosθ

− g12

x2

v02 cos2θ

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

z = tanθ( )x −

g2v0

2 cos2θx2 (traiettoria)

v0

x

z

Cx

maxz

maxx


3. Moto di un Proiettile nel Vuoto (VI)

•  La gittata è una delle due soluzioni dell’equazione algebrica z(x) = 0.

•  A parità di velocità iniziale v0, la gittata (nel vuoto) è massima se è massimo sin(2θ), ovvero se θ = ππ/4 rad = 45°.

tanθ( )x −

g2v0

2 cos2θx2 = 0 ⇒ x tanθ −

g2v0

2 cos2θx

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ = 0

x = 0

x =2v0

2 cos2θ tanθg

=v0

2

g2cosθ sinθ =

v02

gsin 2θ( )

⎧⎨⎪

⎩⎪

xC =

v02

gsin 2θ( ) (gittata nel vuoto)


v0

x

z

Cx

maxz

maxx

3. Moto di un Proiettile nel Vuoto (VII)

•  La quota massima zmax si raggiunge quando vz = 0 (punto di inversione: vz > 0 prima e vz < 0 dopo):

•  La quota massima zmax si raggiunge (nel vuoto) a metà gittata.

v z = v0 sinθ − gt = 0 ⇒ tmax =v0 sinθg

xmax = v0 cosθ( )tmax = v0 sinθg v0 cosθ = 12v02

gsin 2θ( )

zmax = v0 sinθ( )tmax − g tmax2

2=v0 sinθgv0 sinθ − 1

2gv02 sin2θg 2

zmax =

12

v02

gsin2θ


v0

x

z

Cx

maxz

maxxxmax =

12xC

Moto di un Corpo in un Fluido Viscoso

•  Consideriamo un corpo sferico in moto in un fluido viscoso.

•  Se esso si muove lentamente, gli strati di fluido scorrono gli uni sugli altri senza creare vortici (flusso laminare).

•  Se invece la velocità cresce, iniziano a formarsi i vortici (flusso turbolento). Esistono, come vedremo, diversi tipi di regime turbolento.

•  La forza resistente che il fluido oppone al movimento del corpo dipende in modo non semplice dalla velocità, in quanto, al variare della velocità può anche cambiare il regime.


Moto di un Corpo in un Fluido Viscoso (II)

•  Un parametro importante per individuare il regime è il numero di Reynolds, ovvero il numero puro: dove ρF è la densità del fluido, η la sua viscosità, v la velocità della sfera e r il suo raggio.

•  Se RR < 1 il flusso è laminare: lo strato di fluido a contatto con la sfera, detto strato limite, è in quiete rispetto a essa e gli strati successivi scorrono gli uni sugli altri senza arrotolarsi, con un moto frenato dall’attrito di scorrimento.

R <121Domenico Galli – Fisica Generale A – E 6. Esercizi di Dinamica del Punto Materiale

R =

2rρF vη

Moto di un Corpo in un Fluido Viscoso (III)

•  Quando il flusso è laminare la forza resistente è proporzionale alla velocità. Si parla in questo caso di resistenza viscosa. dove η è la viscosità del fluido, v la velocità della sfera e r il suo raggio.

•  Se invece RR > 1 il flusso è turbolento. •  Se RR ∈∈[1, 40] i vortici rimangono localizzati dietro la

sfera e si muovono solidali con essa, cosicché la sfera trascina dietro di sé una porzione di fluido, detto fluido morto. Si parla, in questo regime, di flusso vorticoso stazionario.

Fv = −λv , λ = 6πηr

R <1

R 20

(formula di Stokes)


Moto di un Corpo in un Fluido Viscoso (IV)

•  Se RR ∈∈ [40, 2⋅⋅105] i vortici iniziano a staccarsi dalla sfera, trascinati dal fluido, cosicché la sfera lascia dietro di sé una scia di vortici liberi (vortici di Karman), detta scia turbolenta. Poiché il distacco dei vortici avviene periodicamente nel tempo, il flusso viene detto flusso vorticoso periodico.

•  Al crescere di RR, i vortici non hanno più tempo per diffondersi in una regione ampia di fluido e iniziano a riempire una banda sottile dietro la sfera in cui il flusso è caotico e irregolare.

R 100


Moto di un Corpo in un Fluido Viscoso (V)

•  La forza resistente, nella regione RR ∈∈ [2⋅⋅104, 2⋅⋅105] risulta proporzionale al quadrato della velocità (si parla di resistenza idraulica):

•  Al crescere di RR la banda vorticosa avanza verso la sfera.

•  Quando RR ∼∼2⋅⋅105 la banda vorticosa raggiunge il punto in cui le linee di flusso abbandonano la sfera (strato limite turbolento). In questo regime la forza resistente diminuisce con la velocità (crisi di attrito).

Fi = −Λv

v = −Λv 2v

R 106


R 100

Moto di un Corpo in un Fluido Viscoso (VI)

•  Nel caso più generale la forza resistente può essere parametrizzata utilizzando il coefficiente adimensionale CD, detto coefficiente di penetrazione (o coefficiente di trascinamento): dove S è la sezione della sfera (area del cerchio massimo), ρF è la densità del fluido.

Fr = −Λ v( )v v = −Λ v( )v 2v

Λ v( ) = 12

S CD v( )ρF

⎧⎨⎪

⎩⎪


Moto di un Corpo in un Fluido Viscoso (VII)

crisi di attrito

laminare

turbolento stazionario

turbolento periodico


R

100

10

1

100.1 1 2 5 102 103 104 105 106

CDCD

R1 2 53 4 ×105

0.5

0.4

0.3

0.2

0.1

Moto di un Corpo in un Fluido Viscoso (VIII)

•  Se RR < 1 ritroviamo la legge di Stokes (resistenza viscosa, proporzionale alla velocità e dipendente dalla viscosità):

•  Se invece RR ∈∈ [2⋅⋅104, 2⋅⋅105] ritroviamo la resistenza idraulica proporzionale al quadrato della velocità e indipendente dalla viscosità:

CD v( ) = 24R

= 12ηrρFv

⇒ Λ v( ) = 12πr2 12ηrρFv

ρF =6πηrv

F = − 6πηr

vvv = −6πηr v

CD ≡ cost ⇒ Λ ≡ costF = −Λv v


RR = 1.54

RR = 140

RR = 26

Foto di S. Taneda, da Van Dyke, Milton, An Album of Fluid Motion, The Parabolic Press, Stanford, 1982.

Domenico Galli – Fisica Generale A – E 6. Esercizi di Dinamica del Punto Materiale

Moto di un Corpo in un Fluido Viscoso (IX)

4. Moto di un Corpo Soggetto a Resistenza Viscosa

•  Consideriamo un punto materiale appoggiato su di un piano orizzontale (la gravità è compensata dalla reazione vincolare) e soggetto soltanto a resistenza viscosa.

•  Poiché la resistenza viscosa ha sempre la stessa direzione della velocità il moto è unidimensionale.

•  Fissiamo gli assi in modo che l’asse x sia orientato come la velocità iniziale.

•  L’equazione differenziale e le condizioni iniziali si scrivono:

a t( ) = − λmv t( ) x 0( ) = 0

v 0( ) = v0⎧⎨⎪

⎩⎪


4. Moto di un Corpo Soggetto a Resistenza Viscosa (II)

•  Risolvendo il problema di Cauchy:

•  La velocità decresce con legge esponenziale:

v =dvd t

= − λmv t( ) ⇒ dv

v= − λ

md t ⇒ dv

vv 0( )

v t( )

∫ = − λmd t

0

t

∫

lnv⎡⎣ ⎤⎦v0v t( )

= − λmt⎡⎣ ⎤⎦0t

⇒ lnv t( )− lnv0 = − λmt − 0( ) = − λ

mt

lnv t( )v0

= − λmt ⇒

v t( )v0

= e−λmt

v t( ) = v0e

−λm

t

v t( ) t→∞⎯ →⎯⎯ 0

0vv

t30Domenico Galli – Fisica Generale A – E 6. Esercizi di Dinamica del Punto Materiale

4. Moto di un Corpo Soggetto a Resistenza Viscosa (III)


•  Si osservi che lo spostamento del punto tende asintoticamente al valore:

v = d xd t

= v0e−λmt

⇒ d x = v0e−λmtd t ⇒ d x = v0 e

−λmtd t

0

t

∫x 0( )

x t( )

∫

x⎡⎣ ⎤⎦0x t( )

= v0 − mλe−λmt⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥0

t

⇒ x t( )− 0 = −v0mλe−λmt+v0

mλe0

x t( ) t→∞⎯ →⎯⎯ x∞ = v0

mλ t

x∞x


x t( ) = v0

mλ

1− e−λm

t⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

5. Caduta Libera di una Sfera con Resistenza Viscosa

•  Agisce la forza peso, diretta lungo l’asse z con verso opposto all’orientamento dell’asse, la spinta di Archimede, diretta lungo l’asse z con il medesimo orientamento dell’asse e la resistenza viscosa, diretta come la velocità ma con verso opposto: dove ρ è la densità della sfera, r il suo raggio e V il suo volume; ρF è la densità del fluido e η la sua viscosità.

F =Fp +

Fa +

Fr = − ρ − ρF( )Vgk − λv

Fp = −mg k = −ρVg kFa = ρF Vg k (peso del liquido spostato)Fr = −λv = −6πηr v (λsfera = 6πηr)

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪ x

z

yFp

kı

Fa


5. Caduta Libera di una Sfera con Resistenza Viscosa (II)

•  Posto: si ha:

•  Osserviamo che le componenti x e y sono soggette allo stesso moto dell’esercizio precedente. Se vx(0) = vy(0) = 0 allora il moto è unidimensionale, lungo l’asse z.

a =Fm

= −ρ − ρF( )V

ρVg k − λ

mv = −γ g k − β v

xı + y + zk = −γ g k − β xı + y + zk( )x + β x( ) ı + y + β y( ) + z + β z + γ g( ) k = 0

β =

λm

, γ = 1−ρF

ρ


x

z

yFp

kı

Fa

5. Caduta Libera di una Sfera con Resistenza Viscosa (III)

•  Consideriamo perciò le condizioni iniziali:

•  Poiché il moto avviene lungo l’asse z, consideriamo soltanto l’equazione lungo l’asse z:

v t( ) = −γ g k − β v t( )r 0( ) = h kv 0( ) = 0⎧⎨⎪

⎩⎪

v z t( ) = −γ g − βv z t( )z 0( ) = hv z 0( ) = 0⎧⎨⎪

⎩⎪


x

z

yFp

kı

Fa

5. Caduta Libera di una Sfera con Resistenza Viscosa (IV)

v z =dv zd t

= −γ g − βv z t( ) ⇒dv z

γβg +v z

= −β d t

dv zγβg +v z

vz 0( )

vz t( )⌠

⌡

⎮⎮

= −β d t0

t

∫

ln γβg +v z

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥0

vz t( )= −β t⎡⎣ ⎤⎦0

t

ln γβg +v z t( )⎛

⎝⎜⎞⎠⎟− ln γ

βg

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= −β t − 0( ) = −βt



5. Caduta Libera di una Sfera con Resistenza Viscosa (V)

ln γβg +v z t( )⎛

⎝⎜⎞⎠⎟− ln γ

βg

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= −βt ⇒ ln

γβg +v z t( )γβg

= −βt

γβg +v z t( )γβg

= e−βt ⇒ γβg +v z t( ) = γ

βg e−βt ⇒ v z t( ) = γ

βg e−βt −1( )

v z t( ) = m

λ1−

ρF

ρ⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟g e

−λm

t−1

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟∞−v

zvt

•  Si osservi che la velocità tende a un valore limite (velocità limite) e il moto tende a un moto rettilineo uniforme.

v z t( ) t→∞⎯ →⎯⎯ −v∞ = −

γβ

g = −mλ

1−ρF

ρ⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟g


5. Caduta Libera di una Sfera con Resistenza Viscosa (VI)


v z =d zd t

= γβg e−βt −1( ) ⇒ d z = γ

βg e−βt −1( )d t

d zz 0( )

z t( )

∫ = γβg e−βt −1( )d t0

t

∫ ⇒ z⎡⎣ ⎤⎦hz t( )

= γβg − 1

βe−βt − t

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥0

t

z t( )− h = γβg − 1

βe−βt − t + 1

β⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

z t( ) = h − γβg t − γ

β 2g e−βt −1( )

t

zh


5. Caduta Libera di una Sfera con Resistenza Viscosa (VII)

•  Si osservi ancora una volta che il moto tende asintoticamente a un moto rettilineo uniforme (l’ultimo tratto della curva z = z(t) si avvicina a una retta):

•  Il moto dipende dalla massa (corpi più pesanti cadono più velocemente): –  In assenza di resistenza viscosa (nel vuoto) la

curva è un arco di parabola e il moto non dipende dalla massa.

z t( ) = h− m

λ1−

ρF

ρ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

g t − m2

λ 2 1−ρF

ρ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

g e− λ

mt−1

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

z t( ) =O − m

λ1−

ρF

ρ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

g t⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ per t →∞

t

zh


6. Moto di un Corpo Soggetto a Resistenza Idraulica

•  Consideriamo un punto materiale appoggiato su di un piano orizzontale (la gravità è compensata dalla reazione vincolare) e soggetto soltanto a resistenza idraulica.

•  Poiché la resistenza idraulica ha sempre la stessa direzione della velocità il moto è unidimensionale.

•  Fissiamo gli assi in modo che l’asse x sia orientato come la velocità iniziale, con l’origine nella posizione iniziale del punto materiale.

v0

O

x


6. Moto di un Corpo Soggetto a Resistenza Idraulica (II)

•  Occorre prestare particolare attenzione quando si passa dall’espressione vettoriale della forza alla sua componente lungo l’asse x.

•  Infatti, mentre per la resistenza viscosa le espressioni: assicurano sempre di per sé che la forza sia opposta alla velocità, nel caso della resistenza idraulica, per avere la forza sempre opposta alla velocità dovremo scrivere: affidando il compito al versore e alla funzione sgn(x).

F = −λvFx = −λvx

F = −Λv 2vFx = −Λvx

2 sgn vx( )sgn x( ) =

−1 se x < 00 se x = 0+1 se x > 0

⎧

⎨⎪

⎩⎪


v

6. Moto di un Corpo Soggetto a Resistenza Idraulica (III)

•  Omettendo il pedice x per le componenti, si ha:

•  Se la velocità iniziale è concorde all’asse x, poiché il moto non si inverte mai, il segno della velocità rimane sempre concorde all’asse x: sgn(v) = 1.

a t( ) = v t( ) = − sgn v t( )( ) Λm v2 t( ) x 0( ) = 0

v 0( ) = v0 > 0⎧⎨⎪

⎩⎪

a t( ) = v t( ) = − Λmv 2 t( ) x 0( ) = 0

v 0( ) = v0 > 0⎧⎨⎪

⎩⎪


6. Moto di un Corpo Soggetto a Resistenza Idraulica (IV)


•  La velocità decresce nel tempo, tendendo asintoticamente a zero.

dvd t

= −Λm

v 2 t( ) ⇒dvv 2 = −

Λm

d t ⇒dvv 2

v 0( )

v t( )⌠⌡⎮

= −Λm

d t0

t

∫

−1v

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

v0

v t( )= −

Λm

t⎡⎣ ⎤⎦0

t⇒ −

1v t( ) +

1v0

= −Λm

t − 0( ) = −Λm

t

1v t( ) =

1v0

+Λm

t

v t( ) = O

mΛ

1t

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ t→∞⎯ →⎯⎯ 0

0vv

t


v t( ) = 11v0

+ Λm

t

6. Moto di un Corpo Soggetto a Resistenza Idraulica (V)


•  Ricordando la primitiva: si ottiene:

x⎡⎣ ⎤⎦0x t( )

= mΛln Λmt + 1v0

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥0

t

⇒ x t( ) = mΛ ln Λmt + 1v0

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟− ln 1v0

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

d xd t

= 11v0

+ Λmt

⇒ d x = 11v0

+ Λmtd t ⇒ d x = d t

1v0

+ Λmt

0

t

⌠

⌡

⎮⎮⎮x 0( )

x t( )

∫

d xkx + q

=1k

ln kx + q( ) + C⌠⌡⎮


6. Moto di un Corpo Soggetto a Resistenza Idraulica (VI)

•  Si osservi che lo spostamento pare aumentare indefinitamente col tempo.

•  In realtà, quando la velocità scende oltre un certo limite, la resistenza diventa di tipo viscoso e la forza diviene proporzionale alla prima potenza della velocità, per cui il punto, per quanto abbiamo visto, si ferma.

x t( ) = mΛ

ln

Λm

t + 1v0

1v0

=mΛ

lnΛm

v0t +1⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

x t( ) = mΛ lnΛmv0t +1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

t

x

F ∝v

F ∝v 2

Qui, a causa del rallentamento, la resistenza diventa di tipo viscoso


7. Caduta Libera di una Sfera con Resistenza Idraulica

•  Agisce la forza peso, la spinta di Archimede, e la resistenza idraulica, diretta come la velocità ma con verso opposto: dove ρ è la densità della sfera S la sua sezione e V il suo volume; ρF è la densità del fluido e η la sua viscosità e CD il coefficiente di penetrazione (adimensionale).

F =Fp +

Fa +

Fr = − ρ − ρF( )Vgk − Λv 2v

Fp = −mg k = −ρVg kFa = ρF Vg k (peso del liquido spostato)Fr = −Λv 2v = − 1

2SCDρF v

2v (Λ = 12SCDρF )

⎧

⎨

⎪⎪

⎩

⎪⎪


x

z

yFp

kı

Fa

7. Caduta Libera di una Sfera con Resistenza Idraulica (II)

•  Posto: si ha:

•  Se il moto è unidimensionale, lungo l’asse z. Consideriamo perciò le condizioni iniziali:

a =Fm

= −ρ − ρF( )V

ρVg k −

Λm

v 2v = −γ g k − γ g v 2

w2 v

0 0ˆ0 k=v v

oppure

v t( ) = −γ g k − γ gv 2 t( )w2v t( )

r 0( ) = h kv 0( ) = 0⎧⎨⎪

⎩⎪

γ = 1−ρFρ, w2 = γmg

Λ


x

z

yFp

kı

Fa

7. Caduta Libera di una Sfera con Resistenza Idraulica (III)

•  Poiché il moto avviene lungo l’asse z, consideriamo soltanto l’equazione lungo l’asse z: dove sgn(v) = −1 in quanto il moto è verso il basso e non si inverte.

•  Ricordando che:

v z t( ) = −γ g − γ gv z2 t( )w2

sgn v z( )−1

z 0( ) = hv z 0( ) = 0⎧⎨⎪

⎩⎪

dv zd t

= −γ g 1−v z2 t( )w2

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ ⇒

dv z

1−v z2

w2

= −γ gd t

dv zw

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟= 1wdv z ⇒

dv zw

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

1−v z2

w2

= − γ gwd t


x

z

yFp

kı

Fa

7. Caduta Libera di una Sfera con Resistenza Idraulica (IV)

arctanhv z

w⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥0

vz t( )= −

γ gw

t⎡⎣ ⎤⎦0

t

arctanhv z t( )

w

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ − arctanh 0( )

0

= −γ gw

t − 0( ) = −γ gw

t

•  Si ha:

•  Ricordando la primitiva si ha:

d x1− x2

⌠⌡⎮

= arctanh x + C

N.B. :

sin x =eix − e− ix

2icos x =

eix + e− ix

2tan x =

eix − e− ix

i eix + e− ix( )

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

sinh x =ex − e− x

2cosh x =

ex + e− x

2tanh x =

ex − e− x

ex + e− x

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪


dv z

w⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

1−v z

2

w2

vz 0( )

vz t( )⌠

⌡

⎮⎮⎮⎮

= −γ gw

d t0

t

∫

7. Caduta Libera di una Sfera con Resistenza Idraulica (V)

∞−v

zvt

•  Poiché si ha la velocità limite:

•  Il moto tende a un moto rettilineo uniforme. v z t( ) t→∞⎯ →⎯⎯ −v∞ = −

mΛ

1−ρF

ρ⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟g

arctanhv z t( )w

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ = − γ g

wt ⇒ v z t( ) = w tanh − γ g

wt

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

v z t( ) = −mΛ

1−ρF

ρ⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟g tanh

Λm

1−ρF

ρ⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟g t

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

tanh x = ex − e− x

ex + e− x x→∞⎯ →⎯⎯ 1

γ = 1−ρF

ρ

w2 =γ mgΛ

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪


7. Caduta Libera di una Sfera con Resistenza Idraulica (VI)


•  Ricordando la primitiva: si ha:

d zd t

= −w tanh γ gwt

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⇒ d z = −w tanh γ gwt

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟d t

d zz 0( )

z t( )

∫ = −w tanh γ gwt

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟d t

0

t

⌠

⌡⎮

tanh αt( )d t = 1

αlncosh αt( ) + C⌠

⌡⎮

z⎡⎣ ⎤⎦h

z t( )= −w w

γ glncosh

γ gw

t⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

0

t


7. Caduta Libera di una Sfera con Resistenza Idraulica (VII)

•  E poiché si ha:

•  Il moto dipende dalla massa (corpi più pesanti cadono più velocemente).

t

zh

cosh0 = 1 ⇒ lncosh0 = 0

z t( )− h = − w2

γ glncosh

γ gwt

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟+ w

2

γ glncosh 0( )

z t( ) = h − w2

γ glncosh

γ gwt

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

z t( ) = h − mΛ

lncoshΛm

1−ρF

ρ⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟g t

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟


cosh0 = e0 + e−0

2= 1+12

= 1

γ = 1−ρF

ρ

w2 =γ mgΛ

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

7. Caduta Libera di una Sfera con Resistenza Idraulica (VIII)

•  Si osservi che per t → ∞:

•  Il moto tende asintoticamente a un moto rettilineo uniforme (l’ultimo tratto della curva z = z(t) si avvicina a una retta).

z t( ) = O −

mΛ

1−ρF

ρ⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟g t

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

per t →∞

coshγ gwt

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟=O 1

2eγ gwt⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟⇒ lncosh

γ gwt

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟=O

γ gwt

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

z t( ) =O − w2

γ gγ gwt

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟=O −wt( )


t

zh

cosh x = ex + e− x

2 x→∞⎯ →⎯⎯ 12ex

z t( ) = h − w2

γ glncosh

γ gwt

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

γ = 1−ρF

ρ

w2 =γ mgΛ

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

8. Sfera Lanciata verso l’Alto con Resistenza Idraulica

•  Nell’esempio precedente (caduta libera di una sfera con resistenza idraulica) abbiamo considerato l’equazione e le condizioni iniziali: (velocità iniziale nulla, quota iniziale h).

•  Consideriamo ora la stessa equazione con diverse condizioni iniziali: (velocità iniziale verso l’alto e quota iniziale nulla).

v t( ) = −γ g k − γ gv 2 t( )w2v t( )

r 0( ) = h kv 0( ) = 0⎧⎨⎪

⎩⎪

v t( ) = −γ g k − γ gv 2 t( )w2v t( )

r 0( ) = 0v 0( ) = v0k⎧⎨⎪

⎩⎪


x

z

yFp

kı

Fa

8. Sfera Lanciata verso l’Alto con Resistenza Idraulica (II)

•  Come nell’esempio precedente, poiché il moto avviene lungo l’asse z, consideriamo soltanto l’equazione lungo l’asse z: Si osservi che in questo caso, differentemente dal caso precedente, vz mantiene segno positivo: .

•  Ricordando che:

v z t( ) = −γ g − γ gv z2 t( )w2

sgn v z( )+1

z 0( ) = 0v z 0( ) = v0 > 0⎧⎨⎪

⎩⎪

dv zd t

= −γ g 1+v z2 t( )w2

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ ⇒

dv z

1+v z2

w2

= −γ gd t

dv zw

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟= 1wdv z ⇒

dv zw

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

1+v z2

w2

= − γ gwd t

sgn v z( ) = +1

Nell’esempio precedente l’accelerazione era concorde con la velocità. In questo caso invece l’accelerazione è discorde con la velocità.


x

z

yFp

kı

Fa

8. Sfera Lanciata verso l’Alto con Resistenza Idraulica (III)

dv zw

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

1+v z2

w2vz 0( )

vz t( )⌠

⌡

⎮⎮⎮⎮

= − γ gw

d t0

t

∫

arctanv zw

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥v0

vz t( )= − γ g

wt⎡⎣ ⎤⎦0t

arctanv z t( )w

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ − arctan

v0w

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟= − γ g

wt − 0( ) = − γ g

wt

•  Ricordando la primitiva si ha:

d x1+ x2

⌠⌡⎮

= arctan x + C

N.B. :

sin x =eix − e− ix

2icos x =

eix + e− ix

2tan x =

eix − e− ix

i eix + e− ix( )

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

sinh x =ex − e− x

2cosh x =

ex + e− x

2tanh x =

ex − e− x

ex + e− x

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

N.B. : d x1− x2

⌠⌡⎮

= arctanh x +C


8. Sfera Lanciata verso l’Alto con Resistenza Idraulica (IV)

•  Il modulo v della velocità diminuisce nel tempo a partire dal valore iniziale v0 finché il punto materiale si ferma.

•  Prima che ciò accada, tuttavia, la resistenza diviene di tipo viscoso.

arctanv z t( )

w

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ − arctan

v0

w⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟= −

γ gw

t

v z t( ) = w tan arctanv0

w⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟−γ gw

t⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

v z t( ) = mΛ1−

ρFρ

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟g tan arctan Λ

mg 1−ρFρ

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

v0

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟

− Λm1−

ρFρ

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟g t

⎡

⎣

⎢⎢⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥⎥⎥

γ = 1−ρF

ρ

w2 =γ mgΛ

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪


8. Sfera Lanciata verso l’Alto con Resistenza Idraulica (V)

•  Integrando nuovamente, posto , si ha:

d zd t

= w tan arctanv0w

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟− γ gwt

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

d z = w tan α − γ gwt

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟d t = −w tan γ g

wt −α

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟d t

d zz 0( )

z t( )

∫ = −w tanγ gwt −α

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟d t

0

t

⌠

⌡⎮

z⎡⎣ ⎤⎦0z t( )

= +w wγ g

lncosγ gwt −α

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥0

t

z t( ) = w2

γ glncos

γ gwt −α

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟− lncosα

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

α = arctan v0 w( )

tan βt +α( )d t∫ = −

1β

lncos βt +α( ) + C

tan −x( ) = − tan x


8. Sfera Lanciata verso l’Alto con Resistenza Idraulica (VI)

z t( ) = w2

γ glncos

γ gw

t −α⎛⎝⎜

⎞⎠⎟− lncosα

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =

w2

γ gln

cosγ gw

t −α⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

cosα

γ = 1−ρF

ρ

w2 =γ mgΛ

α = arctanv0

w

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

z t( ) = mΛ

ln

cosΛm

1−ρF

ρ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

g t − arctan v0

Λ

mg 1−ρF

ρ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟⎟

cosarctan v0

Λ

mg 1−ρF

ρ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛

⎝

⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟⎟ t

z


9. Oscillatore Armonico

•  Consideriamo un punto materiale soggetto a una forza elastica, per cui valga la legge di Hooke:

•  Se si sceglie l’origine in corrispondenza della posizione a riposo della molla, si ha:

F = −k l − l0( ) ı

F

0 0l l− <

Ox0l

0 0l l− >

F

m

Fx = −kx

ax = −

km

x

x +km

x = 0x 0( ) = x0

x 0( ) = 0

⎧⎨⎪

⎩⎪(Oscillatore armonico)


9. Oscillatore Armonico (II)

•  Si tratta di un’equazione differenziale del II ordine a coefficienti costanti.

•  Cerchiamo una soluzione della forma: (in quanto l’esponenziale è una funzione proporzionale alle sue derivate, e noi dobbiamo avere ).

•  Per trovare α, sostituiamo nell’equazione:

x = Ceα t

x = Cα eαt

x = Cα 2 eαt

x + kmx = 0 ⇒ Cα 2 eαt + k

mC eαt = 0

x ∝ x


x = − kmx ∝ x

9. Oscillatore Armonico (III)

•  Le soluzioni dell’equazione caratteristica sono:

•  Avremo quindi due tipi di soluzione possibili:

C α 2 +

km

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

eα t = 0 ∀t

α 2 +

km

= 0 (Equazione caratteristica)

α = ±i km

dove i = −1

x t( ) = C1ei

km

t

x t( ) = C2e− i

km

t

⎧

⎨⎪

⎩⎪


9. Oscillatore Armonico (IV)

•  Essendo l’equazione lineare, la somma di due soluzioni è ancora una soluzione.

•  La soluzione più generale sarà quindi:

•  Questa soluzione è in generale complessa (sono complessi gli esponenti e possono essere complesse anche le costanti C1 e C2).

•  A noi però interessano soltanto soluzioni reali: –  Dobbiamo ora cercare delle relazioni tra C1 e C2 che limitino le

possibili soluzioni a quelle reali.

•  Indichiamo con l’asterisco (*) la coniugazione complessa.

x t( ) = C1e

ikm

t+ C2e

− ikm

t(integrale generale)


9. Oscillatore Armonico (V)

•  Ricordando che un numero complesso può essere scritto in “forma algebrica” o in “forma esponenziale”: si ha:

•  Le soluzioni reali hanno perciò la forma:

x = a + ib ⇒ x* = a − ibx = Aeiϕ ⇒ x* = Ae− iϕ

⎧⎨⎪

⎩⎪

x ∈A∈+

ϕ ,a,b∈

⎧

⎨⎪

⎩⎪

eiϕ = cosϕ + isinϕ

A = a2 + b2

tanϕ = ba

⎧

⎨⎪

⎩⎪

a = Acosϕb = Asinϕ

⎧⎨⎩

x ∈ ⇒x + x* = 2a ∈x − x*

i= 2b ∈

⎧⎨⎪

⎩⎪

x t( ) = Ce

ikm

t+ C*e

− ikm

t∈


9. Oscillatore Armonico (VI)

•  Ovvero, posto: si ha: C =

A2

eiϕ ⇒ C* =A2

e− iϕ

x t( ) = A2

eiϕei

km

t+

A2

e− iϕe− i

km

t=

A2

eiϕei

km

t+ e− iϕe

− ikm

t⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ =

= Ae

ikm

t+ϕ⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

+ e− i

km

t+ϕ⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2= Acos

km

t +ϕ⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

x t( ) = Acos

km

t +ϕ⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ (integrale generale reale)

2 mk

πmk

ϕ xt

cos x =

eix + e− ix

2


9. Oscillatore Armonico (VII)

•  Per risolvere il problema di Cauchy: occorre fissare i parametri dell’integrale generale in modo da soddisfare le condizioni iniziali:

x + kmx = 0

x 0( ) = x0x 0( ) = 0

⎧⎨⎪

⎩⎪

x t( ) = Acos kmt +ϕ

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ ⇒ x 0( ) = Acosϕ = x0

x t( ) = − kmAsin

kmt +ϕ

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ ⇒ x 0( ) = − k

mAsinϕ = 0

Acosϕ = x0Asinϕ = 0

⎧⎨⎪

⎩⎪⇒ A2 cos2ϕ + A2 sin2ϕ = x0

2 ⇒ A = x0

x0 cosϕ = x0x0 sinϕ = 0

⎧⎨⎪

⎩⎪⇒

cosϕ = 1sinϕ = 0⎧⎨⎩

⇒ ϕ = 0


9. Oscillatore Armonico (VIII)

•  Si tratta di un moto periodico di periodo: Infatti:

x t( ) = x0 cos

km

t⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ (soluzione del problema di Cauchy)

T = 2π m

k

x t +T( ) = x0 cos kmt + 2π m

k

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥= x0 cos

kmt + 2π

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥=

= x0 coskmt

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ = x t( ) ∀t

0xx

tT


9. Oscillatore Armonico (IX)

•  In un moto oscillatorio si definisce inoltre frequenza il numero di oscillazioni per unità di tempo: e pulsazione (o frequenza angolare) la quantità:

ω = 2πν =

2πT

=km

ν =

1T=

12π

km

lettera greca “ni” o “nu”


10. Pendolo Semplice

•  Si chiama pendolo semplice un punto vincolato a muoversi lungo una circonferenza giacente su di un piano verticale.

•  Supponiamo che il vincolo sia ideale, che siano assenti forze resistenti di qualunque tipo e che l’unica forza attiva sia la forza peso.

•  Sia m la massa del punto materiale e l il raggio della circonferenza.

•  Per il II principio della dinamica:

ma = −mgk +

R

C

lϕ

ϕs −mgk

tnR

P


10. Pendolo Semplice (II)

•  Consideriamo le componenti intrinseche (tangente, normale, binormale): –  In direzione binormale non vi sono forze né moto.

•  Dalla prima si trova la legge oraria. Dalla seconda si trova la reazione vincolare.

t

n

ms = −mg sinϕ

ms2

l= Rn − mg cosϕ

⎧⎨⎪

⎩⎪⇒

l ϕ = −g sinϕ

m l2 ϕ 2

l= Rn − mg cosϕ

⎧⎨⎪

⎩⎪

−mgk

R

P

C

lϕ

ϕs

tn

ϕ +gl

sinϕ = 0

Rn = ml ϕ 2 + mg cosϕ

⎧⎨⎪

⎩⎪

s = lϕs = l ϕs = l ϕ

⎧⎨⎪

⎩⎪


10. Pendolo Semplice (III)

•  Consideriamo il problema di Cauchy:

•  L’equazione differenziale è del II ordine a coefficienti costanti, ma non è lineare.

•  La sua soluzione è piuttosto complicata e contiene una funzione, detta senamplitudine [sn(u|m)] che fa parte delle cosiddette funzioni ellittiche di Jacobi.

•  Queste funzioni possono essere espresse come primitive di funzioni note, oppure come sviluppo in serie di funzioni, ma non per mezzo di un numero finito di funzioni elementari.

ϕ + glsinϕ = 0

ϕ 0( ) =ϕ0ϕ 0( ) = 0

⎧⎨⎪

⎩⎪


ϕ + glϕ = 0

ϕ 0( ) =ϕ0ϕ 0( ) = 0

⎧⎨⎪

⎩⎪

10. Pendolo Semplice (IV)

•  Affronteremo la soluzione generale più avanti, utilizzando metodi di calcolo numerico.

•  Per ora affrontiamo soltanto il caso di piccole oscillazioni. •  Poiché la serie di Taylor per il seno si scrive:

fermandosi al secondo ordine si ha la formula:

•  Dunque per piccole oscillazioni si può scrivere:

sin x = x −

x3

3!+

x5

5!−

x7

7!+ = −1( )n x2n+1

2n +1( )!n=0

∞

∑

sin x = x +O x3( ) x → 0 sin x = x + o x2( ) x → 0⎡

⎣⎤⎦

(piccole oscillazioni)


10. Pendolo Semplice (V)

•  L’equazione diviene uguale a quella dell’oscillatore armonico se si effettuano le sostituzioni:

•  L’integrale generale reale sarà perciò: e la soluzione del problema di Cauchy sarà:

ϕ ⎯→⎯ x, g ⎯→⎯ k, l ⎯→⎯ m

ϕ t( ) = Acos

gl

t +α⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ , A π

ϕ t( ) = ϕ0 cos

gl

t⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ , ϕ0 π

0ϕϕ

tT


C

lϕ

ϕs −mgk

tnR

P

10. Pendolo Semplice (VI)

•  Analogamente all’oscillatore armonico, periodo, frequenza e pulsazione sono dati da:

T = 2π lg

ν =1T=

12π

gl

ω = 2πν =2πT

=gl


•  Consideriamo nuovamente un punto materiale soggetto a una forza elastica, per cui valga la legge di Hooke:

•  Supponiamo che su di esso agisca anche una forza di resistenza viscosa:

•  Se si sceglie l’origine dell’asse x in corrispondenza della posizione a riposo della molla, si ha:

11. Oscillatore Smorzato


Fe = −k l − l0( ) ı

Fx = −kx − λvx

F = −λv 0l

mk

λ

⇒ ax = − kmx − λmvx

11. Oscillatore Smorzato (II)

•  Si tratta di un’equazione differenziale del II ordine a coefficienti costanti.

•  Cerchiamo una soluzione della forma: (in quanto l’esponenziale è una funzione proporzionale alle sue derivate).

x = Ceα t

x = Cα eαt

x = Cα 2 eαt


x +λmx +

km

x = 0x 0( ) = x0

x 0( ) = 0

⎧⎨⎪

⎩⎪(Oscillatore Smorzato)

11. Oscillatore Smorzato (III)

•  Per trovare α, sostituiamo nell’equazione:

•  Si tratta di un’equazione algebrica di II grado. Il suo discriminante è:

x + λmx + kmx = 0 ⇒ Cα 2 eαt + λ

mCα eαt + k

mC eαt = 0

C α 2 + λmα + k

m⎛⎝⎜

⎞⎠⎟eαt = 0 ∀t

α 2 +

λmα +

km

= 0 (Equazione caratteristica)

Δ =

λ2

m2 − 4km

=1

m2 λ2 − 4mk( )76Domenico Galli – Fisica Generale A – E 6. Esercizi di Dinamica del Punto Materiale

λ < 2 mk ⇒ Δ < 0

11. Oscillatore Smorzato (IV)

•  Distinguiamo i 3 casi di discriminante positivo, nullo e negativo.

•  Se (oscillatore sottosmorzato) si hanno 2 soluzioni distinte complesse coniugate:

•  L’integrale generale sarà quindi la somma delle 2 soluzioni:

α = − λ2m

± λ2

4m2− km

= − λ2m

± i km− λ2

4m2 dove i = −1

x t( ) = C1e

−λ

2m+ i

km−

λ2

4m2

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

t

+ C2e−

λ2m

− ikm−

λ2

4m2

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

t


11. Oscillatore Smorzato (V)

•  Poiché ci interessano soltanto soluzioni reali, prendiamo

x t( ) = e−

λ2m

tC1e

ikm−

λ2

4m2t

+ C2e− i

km−

λ2

4m2t⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

(integrale generale)

C2 = C1* :

x t( ) = e−λ2mtCe

ikm−

λ2

4m2t

+C*e− i

km−

λ2

4m2t⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟=

= e−

λ2mt A2eiϕe

ikm−

λ2

4m2t

+ A2e− iϕe

− ikm−

λ2

4m2t⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟=

= A2e−

λ2mtei

km−

λ2

4m2t+ϕ

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟+ e

− ikm−

λ2

4m2t+ϕ

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥


11. Oscillatore Smorzato (VI)

•  Si tratta di un moto oscillatorio di pulsazione: e ampiezza che decresce nel tempo con legge esponenziale.

x t( ) = Ae

−λ

2mt e

ikm−

λ2

4m2t+ϕ

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟+ e

− ikm−

λ2

4m2t+ϕ

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

2

x t( ) = Ae

−λ

2mtcos

km−

λ2

4m2t +ϕ

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

se λ < 2 mk

ω =

km−

λ2

4m2

Ae−

λ2m

t

(integrale generale reale)

x

t


11. Oscillatore Smorzato (VII)

•  Per risolvere il problema di Cauchy occorre calcolare la velocità e imporre le condizioni iniziali:

x t( ) = −λ

2mAe

−λ

2mtcos

km−

λ2

4m2t +ϕ

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟− Ae

−λ

2mt k

m−

λ2

4m2sin

km−

λ2

4m2t +ϕ

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

x 0( ) = Acosϕ = x0

x 0( ) = −λ

2mAcosϕ −

km−

λ2

4m2Asinϕ = 0

⎧⎨⎪

⎩⎪

− λ2mx0 =

km− λ2

4m2Asinϕ ⇒ Asinϕ =

− λ2mx0

km− λ2

4m2

= −λx0

4mk − λ2


11. Oscillatore Smorzato (VIII)

•  La soluzione del problema di Cauchy sarà pertanto:

A2 = A2 cos2ϕ + A2 sin2ϕ = x02 +

λ2x02

4mk − λ2=4mk x0

2

4mk − λ2

tanϕ = AsinϕAcosϕ

= − λ

4mk − λ2

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

x t( ) = x0 4mk4mk − λ2

e−

λ2mtcos

km− λ2

4m2t − arctan λ

4mk − λ2⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

se λ < 2 mk


λ > 2 mk ⇒ Δ > 0

x t( ) = A1e−

λ2m

+λ2

4m2−

km

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

t

+ A2e−

λ2m

−λ2

4m2−

km

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

t

se λ > 2 mk

11. Oscillatore Smorzato (IX)

•  Se (oscillatore sovrasmorzato) si hanno 2 soluzioni reali distinte:

•  L’integrale generale sarà quindi la somma delle 2 soluzioni:

•  Se si pone , si ottiene l’integrale generale reale:

α = − λ2m

± λ2

4m2− km

x t( ) = C1e−

λ2m

+λ2

4m2−km

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟t

+C2e−

λ2m

−λ2

4m2−km

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟t

se λ > 2 mk

C1 = A1 ∈, C2 = A2 ∈

x

t


11. Oscillatore Smorzato (X)


x t( ) = A1 − λ2m

+ λ2

4m2− km

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ e

−λ2m

+λ2

4m2−km

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟t

+ A2 − λ2m

− λ2

4m2− km

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ e

−λ2m

−λ2

4m2−km

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟t

x 0( ) = A1 + A2 = x0x 0( ) = A1 − λ

2m+ λ2

4m2− km

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ + A2 − λ

2m− λ2

4m2− km

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ = 0

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

A1 =

λ2m

+ λ2

4m2− km

2 λ2

4m2− km

x0 , A2 =− λ2m

+ λ2

4m2− km

2 λ2

4m2− km

x0


11. Oscillatore Smorzato (XI)

•  La soluzione del problema di Cauchy sarà:

x t( ) =λ2m

+ λ2

4m2− km

2 λ2

4m2− km

x0e−

λ2m

+λ2

4m2−km

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟t

+− λ2m

+ λ2

4m2− km

2 λ2

4m2− km

x0e−

λ2m

−λ2

4m2−km

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟t

se λ > 2 mk


λ = 2 mk ⇒ Δ = 0

11. Oscillatore Smorzato (XII)

•  Se infine (oscillatore criticamente smorzato) si hanno 2 soluzioni reali coincidenti:

•  Si dimostra che in questo caso l’integrale generale ha la forma:

•  Se si pone , si ottiene l’integrale generale reale:

α1 = α2 = −

λ2m

x t( ) = C1 + C2t( )e−λ

2mt

se λ = 2 mk

C1 = A1 ∈, C2 = A2 ∈

x t( ) = A1 + A2t( )e−λ

2mt

se λ = 2 mk

x

t


11. Oscillatore Smorzato (XIII)


•  La soluzione del problema di Cauchy sarà:

x t( ) = A2e−

λ2mt− λ2m

A1 + A2t( )e−λ2mt

x 0( ) = A1 = x0x 0( ) = A2 − λ

2mA1 = 0

⎧

⎨⎪

⎩⎪

⇒A1 = x0

A2 =λ2mx0

⎧⎨⎪

⎩⎪

x t( ) = x0 1+

λ2m

t⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

e−

λ2m

tse λ = 2 mk


11. Oscillatore Smorzato (XIV)

•  In conclusione:

•  Se il moto è caratterizzato da un’oscillazione sinusoidale la cui ampiezza decresce nel tempo con legge esponenziale (moto oscillatorio smorzato).

•  Se l’oscillatore si avvicina con legge esponenziale (senza oscillare) al punto di equilibrio (moto aperiodico smorzato).

•  Infine se l’oscillatore si avvicina alla posizione di equilibrio nel minor tempo possibile (moto aperiodico criticamente smorzato).

λ < 2 mk

λ = 2 mk

λ ≥ 2 mk


11. Oscillatore Smorzato (XV)

moto oscillatorio smorzato

moto aperiodico criticamente smorzato

moto aperiodico fortemente smorzato

λ < 2 mk

λ > 2 mk

λ = 2 mk

x

x

x

t

t

t


12. Oscillatore Forzato

•  Supponiamo che sul punto materiale, oltre alla forza elastica e alla resistenza viscosa, agisca anche una forza esterna dipendente periodicamente dal tempo (dipendenza esplicita):

mk

λF

Fx = −kx − λvx + F0 cos Ωt( )ax =

Fxm

= − kmx − λmvx +

F0mcos Ωt( )

x +

λmx +

km

x =F0

mcos Ωt( ) (Oscillatore smorzato e forzato)


12. Oscillatore Forzato (II)

•  L’equazione differenziale è non-omogenea. •  L’integrale generale di una equazione differenziale

non-omogenea è la somma di 2 termini: –  L’integrale generale dell’omogenea corrispondente;

–  Una soluzione particolare della non-omogenea.

•  L’integrale generale dell’omogenea corrispondente definisce lo stato transitorio (che si estingue nel tempo ed è di scarso interesse);

•  La soluzione particolare della non-omogenea definisce lo stato stazionario (che persiste).

•  Già conosciamo l’integrale generale dell’omogenea corrispondente. Cerchiamo una soluzione della non-omogenea.


12. Oscillatore Forzato (III)

•  Cerchiamo la soluzione della non-omogenea nella forma:

•  Poiché è più facile lavorare con gli esponenziali che non con le funzioni trigonometriche, cerchiamo la soluzione complessa:

•  La soluzione reale sarà poi la sua parte reale:

x t( ) = Acos Ωt +θ( )

xC t( ) = Aei Ωt+θ( ) ⇒xC t( ) = iΩ Aei Ωt+θ( )

xC t( ) = −Ω2Aei Ωt+θ( )

⎧⎨⎪

⎩⎪

x t( ) = ℜ xC t( )( ) = ℜ Aei Ωt+θ( )( ) = Acos Ωt +θ( )


12. Oscillatore Forzato (IV)

•  Sostituendo nell’equazione:

•  Poiché questa uguaglianza deve valere ∀t, si ha:

x +λmx +

km

x =F0

meiΩt

−Ω2 Aei Ωt+θ( ) +λm

iΩAei Ωt+θ( ) +km

Aei Ωt+θ( ) =F0

meiΩt

−Ω2 Aeiθ +λm

iΩAeiθ +km

Aeiθ =F0

m

−Ω2 +λm

iΩ +km

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

Aeiθ =F0

m


12. Oscillatore Forzato (V)

•  Essendo , si ha:

Aeiθ =F0

m1

km− Ω2 + i λ

mΩ

=F0

m

km− Ω2 − i λ

mΩ

km− Ω2⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

2

+ λ2

m2 Ω2

x = x x*

A = Aeiθ =F0

m

km− Ω2 − i λ

mΩ

km− Ω2⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

2

+ λ2

m2 Ω2

km− Ω2 + i λ

mΩ

km− Ω2⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

2

+ λ2

m2 Ω2

=

=F0

m1

km− Ω2⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

2

+ λ2

m2 Ω2


12. Oscillatore Forzato (VI)

•  Per cui la soluzione particolare reale della non-omogenea sarà:

θ = arg Aeiθ( ) = arctanℑ Aeiθ( )ℜ Aeiθ( ) = arctan

− λmΩ

km− Ω2

x t( ) = F0

m1

km− Ω2⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

2

+ λ2

m2 Ω2

cos Ωt + arctan− λ

mΩ

km− Ω2

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

xt


12. Oscillatore Forzato (VII)

•  Vediamo ora per quale valore di ΩΩ l’ampiezza A è massima. Occorre trovare un minimo della funzione:

•  Poniamo dunque uguale a zero la derivata:

km−Ω2⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

2

+ λ2

m2Ω2

ddΩ

km−Ω2⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

2

+ λ2

m2Ω2

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥= 2 k

m−Ω2⎛

⎝⎜⎞⎠⎟−2Ω( ) + 2 λ

2

m2Ω =

= 4Ω − km+Ω2 + λ2

2m2⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟= 0

Ω = 0

Ω =km−

λ2

2m2

⎧⎨⎪

⎩⎪


12. Oscillatore Forzato (VIII)

•  Se , allora A ha un minimo per il valore 0 e un massimo per l’altro valore.

•  Se invece , allora A ha un massimo per il valore 0.

•  Dunque nel caso di un oscillatore debolmente smorzato, l’ampiezza delle oscillazioni è massima quando: cioè quando la frequenza eccitante Ω/2π è circa uguale alla frequenza propria dell’oscillatore libero ω0/2π (risonanza).

λ < 2 mk

λ > 2 mk

Ω =

km−

λ2

2m2 =ω km

=ω0 per λ 2 mk

frequenza angolare propria dell’oscillatore smorzato

frequenza angolare propria dell’oscillatore libero


12. Oscillatore Forzato (IX)

•  Si osservi inoltre che in prossimità della risonanza:

•  La differenza di fase tra forza e spostamento alla risonanza è circa 90° (lo spostamento è massimo quando la forza è nulla e viceversa).

− λmΩ

km−Ω2 Ω→

km

⎯ →⎯⎯ ∞

θ = arctan− λmΩ

km−Ω2 Ω→

km

⎯ →⎯⎯ π2rad = 90º


12. Oscillatore Forzato (X)

Ω

A

00

k m 2 k m 3 k m

F0

mk

2F0mk

3F0mk λ = 0

λ = 0.4 mk

λ = 0.8 mk

λ = 2 mk

λ = 4 mk


12. Oscillatore Forzato (XI)

•  Si osserva la risonanza quando i vetri di una finestra, o qualche parte di un’auto si mettono in vibrazione eccitati da un suono o da un rumore di una certa frequenza (autobus, camion, ecc.). Se la frequenza cambia la vibrazione cessa.

•  La risonanza viene studiata sia su scala astronomica (oscillazione dell’atmosfera terrestre forzata dalla Luna), sia su scala atomica (assorbimento della luce da parte di cristalli di cloruro di sodio), nucleare (risonanza magnetica nucleare) e subnucleare (particelle di vita molto breve).


Esercizio 1

•  Un pacco pesante, di massa m = 80 kg, viene trascinato su di un pavimento orizzontale mediante una fune, tesa a un angolo α = ξπ/2000 rispetto all’orizzontale.

•  Il coefficiente di attrito dinamico tra pacco e pavimento è pari a µ = 0.4.

•  Quale forza deve essere esercitata sulla fune affinché il moto sia uniforme?

•  Quale forza deve essere esercitata sulla fune affinché il moto sia uniformemente accelerato con accelerazione a = 2 m/s2?

•  ξ = 200 α

!T

!p

!Rt

!Rn


Esercizio 1 (II)

•  Il pacco non ruota ma trasla soltanto. Può essere perciò considerato un punto materiale.

•  Primo caso: moto uniforme. •  La risultante delle forze deve essere nulla.

•  Per componenti:

•  Sappiamo inoltre che:

!

R =!p +!Rn +

!Rt +!T =!0

−Rt + T cosα = 0

T sinα + Rn − mg = 0

⎧⎨⎪

⎩⎪

Rt = µRn


α!T

!p

!Rt

!Rn

Esercizio 1 (III)

•  Eliminiamo Rt e Rn dalle equazioni:

−Rt +T cosα = 0

T sinα + Rn − mg = 0

⎧⎨⎪

⎩⎪

Rt = µRn

⎧

⎨⎪

⎩⎪

⇒ T sinα +Rtµ− mg = 0

T sinα + T cosαµ

− mg = 0 ⇒ T sinα +cosαµ

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟= mg

T = µmgµ sinα + cosα

=0.4 × 80 × 9.81

0.4sin0.314 + cos0.314= 292N


α!T

!p

!Rt

!Rn

Esercizio 1 (IV)

•  Secondo caso: moto uniformemente accelerato, con accelerazione a = 2 m/s2.

•  La risultante delle forze deve essere pari a ma.

•  Per componenti: !

R =!p +!Rn +

!Rt +!T = m!a

−Rt + T cosα = maT sinα + Rn − mg = 0

⎧⎨⎪

⎩⎪

Rt = µRn

⎧

⎨⎪

⎩⎪


α!T

!p

!Rt

!Rn

Esercizio 1 (V)

•  Eliminiamo Rt e Rn dalle equazioni:

−Rt +T cosα = maT sinα + Rn − mg = 0

⎧⎨⎪

⎩⎪

Rt = µRn

⎧

⎨⎪

⎩⎪

⇒ T sinα +Rtµ− mg = 0

T sinα + T cosα − maµ

− mg = 0 ⇒ T sinα +cosαµ

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟= mg + ma

µ

T = µmg + maµ sinα + cosα

=0.4 × 80 × 9.81+ 80 × 20.4sin0.314 + cos0.314

= 440N


α!T

!p

!Rt

!Rn

Esercizio 2

•  Un punto materiale di massa m = 4 kg è vincolato a muoversi lungo una guida rettilinea orizzontale fissa.

•  Al tempo t = 0 il punto materiale ha velocità v(0) = v0 = (ξ/10) m/s.

•  Il punto materiale è soggetto a una forza avente la stessa direzione della velocità, verso opposto e modulo proporzionale alla radice quadrata del modulo della velocità, essendo k = ξ m1/2 kg s−3/2 la costante di proporzionalità.

•  Trovare il tempo necessario affinché il punto si arresti e la distanza percorsa dal punto.

•  ξ = 360.


Esercizio 2 (II)

•  Scelto l’asse x diretto come la guida, la forza si scrive:

•  La forza è contraria alla velocità e dunque rallenta il punto materiale. Tuttavia la forza non è in grado di fare cambiare verso alla velocità, perché quando il punto si ferma la forza diventa nulla.

•  Le condizioni iniziali si scrivono:

•  Per il secondo principio della dinamica si ha, considerando la componente x:

!F = −k v v

x 0( ) = 0

!x 0( ) = v0

⎧⎨⎪

⎩⎪

m!v = −k v


Esercizio 2 (III)

•  Risolvendo:

•  Indicando con t1 l’istante in cui il punto si ferma, si ha:

dvdt

= −km

v ⇒dv

v= −

km

dt ⇒dv

vv0

v t( )⌠

⌡⎮ = −

km

dt0

t

∫

2 v⎡⎣

⎤⎦v0

v t( )= −

km

t⎡⎣ ⎤⎦0

t⇒ 2 v t( ) − 2 v0 = −

km

t ⇒ v t( ) = v0 −k

2mt

v t( ) = v0 −k

2mt

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

2

0 = v0 −k2mt1

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

2

⇒ v0 −k2mt1 = 0

t1 =2mkv0 =

2 × 8360

36 = 0.267s


Esercizio 2 (IV)

•  Per calcolare la distanza percorsa occorre conoscere la legge oraria. •  Integriamo l’espressione della velocità:

dxdt

= v0 −k

2mt

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

2

⇒ dx = v0 −k

2mt

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

2

dt

dxx 0( )

x t( )

∫ = v0 −k

2mt

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

2

d t

0

t

⌠

⌡⎮⎮ = v0 −

km

v0 t +k 2

4m2 t2⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟dt

0

t

⌠

⌡⎮

x t( ) − x 0( ) = v0t −k

2mv0 t2 +

k 2

12m2 t3⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

0

t

x t( ) = k 2

12m2 t3 −k

2mv0 t2 + v0t


Esercizio 2 (V)

•  Sostituendo t1:

x t( ) = k 2

12m2 t3 −k

2mv0 t2 + v0t

t1 =2mk

v0

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

x t1( ) = k 2

12m2t13 −

k2m

v0 t12 +v0t1 =

=k 2

12m28m3

k 3v0 v0 −

k2m

v04m2

k 2v0 +v0

2mkv0 =

=23mkv0 v0 − v0

2mkv0 + v0

2mkv0 =

23mkv0 v0

x t1( ) = 234360

36 36 = 1.60m


Esercizio 3

•  Un cubetto, di massa m = 1 g, è posto all’interno di un imbuto che ruota attorno al proprio asse, disposto verticalmente (vedi figura) con frequenza pari a ν s−1.

•  Le pareti dell’imbuto sono inclinate di un angolo θ = 60º rispetto alla verticale, il coefficiente di attrito statico tra cubetto e imbuto è f = ξ/1000 e il centro del cubetto si trova a una distanza r = 5 cm dall’asse dell’imbuto.

•  Quali sono i valori minimo e massimo della frequenza di rotazione ν per i quali il cubetto non si muove rispetto all’imbuto? m

r

ν

θ


Esercizio 3 (II)

•  Nel SdR (non inerziale) dell’imbuto in rotazione, oltre alla forza peso, alla reazione vincolare e alla forza di attrito radente statico, è presente anche la forza di trascinamento FT = ω2rm.

•  Considerando le componenti parallela e perpendicolare alla generatrice dell’imbuto, si ha: dove nel simbolo ± si sceglie il segno + o − a seconda che prevalga la forza di trascinamento o la forza peso (in quanto la forza di attrito radente statico è sempre opposta alla risultante delle forze attive).

r

θ θ

θFT =ω2rm

p = mg

!⊥

mg cosθ −ω 2rmsinθ ± Rts( ) = 0

Rts( ) ≤ f Rn = f mg sinθ +ω 2rmcosθ( )

⎧⎨⎪

⎩⎪


m

r

ν

θ

Esercizio 3 (III)

•  Si ha allora:

mg cosθ −ω 2rmsinθ ± Rts( ) = 0

Rts( ) ≤ f mg sinθ +ω 2rmcosθ( )

⎧⎨⎪

⎩⎪

mg cosθ −ωmax2 rmsinθ + f mg sinθ +ωmax

2 rmcosθ( ) = 0

mg cosθ −ωmin2 rmsinθ − f mg sinθ +ωmin

2 rmcosθ( ) = 0

⎧⎨⎪

⎩⎪

mg cosθ −ωmax2 rmsinθ + mgf sinθ +ωmax

2 rmf cosθ = 0

mg cosθ −ωmin2 rmsinθ − mgf sinθ −ωmin

2 rmf cosθ = 0

⎧⎨⎪

⎩⎪

ωmax2 r sinθ −ωmax

2 rf cosθ = g cosθ + gf sinθ

ωmin2 r sinθ +ωmin

2 rf cosθ = g cosθ − gf sinθ

⎧⎨⎪

⎩⎪

ωmax2 r sinθ − f cosθ( ) = g cosθ + f sinθ( )

ωmin2 r sinθ + f cosθ( ) = g cosθ − f sinθ( )

⎧⎨⎪

⎩⎪


m

r

ν

θ

Esercizio 3 (IV)

•  E dunque:

ωmax2 r sinθ − f cosθ( ) = g cosθ + f sinθ( )

ωmin2 r sinθ + f cosθ( ) = g cosθ − f sinθ( )

⎧⎨⎪

⎩⎪

ωmax2 =

g cosθ + f sinθ( )r sinθ − f cosθ( )

ωmin2 =

g cosθ − f sinθ( )r sinθ + f cosθ( )

⎧

⎨

⎪⎪

⎩

⎪⎪


m

r

ν

θ

Esercizio 3 (V)

•  Infine:

ωmax2 =


ωmin2 =


⎧

⎨

⎪⎪

⎩

⎪⎪

νmax =1

2π


f < tanθ

∞ f > tanθ

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

νmin =1

2π


f < cotθ

0 f > cotθ

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

⎧

⎨

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪


m

r

ν

θ

http://campus.cib.unibo.it/2460/

Domenico Galli Dipartimento di Fisica

[email protected] http://www.unibo.it/docenti/domenico.galli

https://lhcbweb.bo.infn.it/GalliDidattica

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