Derivare le relazioni (↓) e (↓) dalle definizioni precedenti.

Facendo il prodotto scalare di ambo i membri della (↓) con $\hat{e}_{x}$ otteniamo $$\begin{equation} \vec{r}\cdot\hat{e}_{x}=\vec{r}_{0}\cdot\hat{e}_{x}+\vec{v}_{0}\cdot\hat{e}_{x}t+\frac{1}{2}\vec{a}\cdot\hat{e}_{x}t^{2}\label{eq:mparabolico-1} \end{equation}$$ ma dalle definizioni (↓) e (↓) segue che $\vec{r}_{0}\cdot\hat{e}_{x}=0$ , $\vec{r}\cdot\hat{e}_{x}=x$ , $\vec{v}\cdot\hat{e}_{x}=v_{0x}$ e $\vec{a}\cdot\hat{e}_{x}=0$ , quindi otteniamo l’Equazione (↓). Analogamente prendendo il prodotto scalare con $\hat{e}_{y}$ abbiamo $$\begin{equation} \vec{r}\cdot\hat{e}_{y}=\vec{r}_{0}\cdot\hat{e}_{y}+\vec{v}_{0}\cdot\hat{e}_{y}t+\frac{1}{2}\vec{a}\cdot\hat{e}_{y}t^{2}\label{eq:mparabolico-1-1} \end{equation}$$ e usando $\vec{r}_{0}\cdot\hat{e}_{y}=0$ , $\vec{r}\cdot\hat{e}_{y}=y$ , $\vec{v}\cdot\hat{e}_{y}=v_{0y}$ e $\vec{a}\cdot\hat{e}_{y}=-g$ ottenamo l’Equazione (↓).

Derivare l’equazione precedente

Dalla (↓) otteniamo $$t=\frac{x}{v_{0x}}$$ e sostituendo nella (↓) troviamo $$y=v_{0y}\left(\frac{x}{v_{0x}}\right)-\frac{1}{2}g\left(\frac{x}{v_{0x}}\right)^{2}$$ cioè la (↓).

\qed

Considerare la traiettoria di un peso lanciato da un’altezza $h$ con velocità iniziale $v_{0}$ inclinata rispetto all’orizzontale di un angolo $\alpha$ . Determinare $\alpha$ in modo che la gittata sia massima.

Scriviamo le leggi orarie. Abbiamo $$\begin{align*} x(t) & =v_{0}\cos\alpha t\\ y(t) & =h+v_{0}\sin\alpha t-\frac{1}{2}gt^{2} \end{align*}$$ Il peso arriverà al suolo quando $y=0$ , cioè al tempo $\tau$ determinato da $$y(\tau)=h+v_{0}\sin\alpha\tau-\frac{1}{2}g\tau^{2}=0$$ Risolvendo l’equazione troviamo $$\tau=\frac{v_{0}\sin\alpha}{g}\pm\sqrt{\frac{v_{0}^{2}\sin^{2}\alpha}{g^{2}}+\frac{2h}{g}}$$ e tra le due soluzioni quella accettabile è la positiva. Calcolando $x(\tau)$ troviamo la gittata $\ell$ $$\begin{equation} \ell=x(\tau)=\frac{v_{0}^{2}\sin\alpha\cos\alpha}{g}+\cos\alpha\sqrt{\left(\frac{v_{0}^{2}}{g}\right)^{2}\sin^{2}\alpha+\frac{2hv_{0}^{2}}{g}}\label{eq:gittata} \end{equation}$$ Troviamo il massimo di $\ell$ rispetto ad $\alpha$ . Derivando abbiamo $$\begin{align*} \frac{d\ell}{d\alpha} & =\frac{v_{0}^{2}}{g}\left(\cos^{2}\alpha-\sin^{2}\alpha\right)-\sin\alpha\sqrt{\left(\frac{v_{0}^{2}}{g}\right)^{2}\sin^{2}\alpha+\frac{2hv_{0}^{2}}{g}}\\ & +\frac{\left(\frac{v_{0}^{2}}{g}\right)^{2}}{\sqrt{\left(\frac{v_{0}^{2}}{g}\right)^{2}\sin^{2}\alpha+\frac{2hv_{0}^{2}}{g}}}\sin\alpha\cos^{2}\alpha=0 \end{align*}$$ e moltiplicando per il denominatore dell’ultimo termine $$\left(\cos^{2}\alpha-\sin^{2}\alpha\right)\sqrt{\sin^{2}\alpha+\frac{2hg}{v_{0}^{2}}}=\sin\alpha\left(\sin^{2}\alpha+\frac{2hg}{v_{0}^{2}}-\cos^{2}\alpha\right)$$ Eleviamo al quadrato ambo i membri $$\left(1-2\sin^{2}\alpha\right)^{2}\left(\sin^{2}\alpha+\frac{2hg}{v_{0}^{2}}\right)=\sin^{2}\alpha\left(2\sin^{2}\alpha+\frac{2hg}{v_{0}^{2}}-1\right)^{2}$$ e semplificando otteniamo $$1-\left(2+\frac{2hg}{v_{0}^{2}}\right)\sin^{2}\alpha=0$$ da cui, ponendo $\Pi=hg/v_{0}$ $$\sin^{2}\alpha=\frac{1}{2}\frac{1}{1+\Pi}$$ Per $h=0$ questo si riduce a $\sin^{2}\alpha=1/2$ , cioè $\alpha=\pi/4$ , come deve essere. Per $h\gg v_{0}^{2}/g$ $\sin^{2}\alpha=0$ , quindi conviene lanciare il proiettile in orizzontale. Calcoliamo adesso la gittata massima. Riscriviamo la (↓) nella forma $$\ell=\frac{v_{0}^{2}}{g}\sqrt{1-\sin^{2}\alpha}\left[\sin\alpha+\sqrt{\sin^{2}\alpha+2\Pi}\right]$$ e sostituendo il valore di $\sin\alpha$ precedentemente determinato troviamo $$\ell=\frac{v_{0}^{2}}{g}\sqrt{1+2\Pi}=\frac{v_{0}^{2}}{g}\sqrt{1+\frac{2gh}{v_{0}^{2}}}$$ Per $h=0$ $(\Pi=0$ ) abbiamo $\ell=v_{0}^{2}/g$ . Per $g\gg v_{0}^{2}/g$ ($\Pi\gg1$ ) otteniamo $$\ell\simeq v_{0}\sqrt{\frac{2h}{g}}$$ \qed

Studiare il moto nel caso che $\dot{\theta}=\omega=\mbox{costante}$ , con $\omega>0$ . Determinare in particolare la velocità, l’accelerazione e il raggio di curvatura della traiettoria. Anzitutto se $\dot{\theta}=\omega$ avremo $$\begin{eqnarray*} \theta & = & \theta_{0}+\omega t\\ r & = & r_{0}+\frac{b}{2\pi}\left(\theta_{0}+\omega t\right) \end{eqnarray*}$$ ed inoltre $\theta_{0}=0$ se interpretiamo $r_{0}$ come raggio all’istante iniziale. Quindi $$\dot{r}\equiv v_{r}=\frac{b\omega}{2\pi}$$ che ci dice che la velocità radiale è costante. L’espressione della velocità in coordinate polari è quindi $$\vec{v}=\dot{r}\hat{e}_{r}+r\dot{\theta}\hat{e}_{\theta}=v_{r}\hat{e}_{r}+r\omega\hat{e}_{\theta}$$ Il modulo della velocità sarà $$v=\sqrt{v_{r}^{2}+r^{2}\omega^{2}}=\sqrt{v_{r}^{2}+\omega^{2}\left(r_{0}+\frac{b\omega t}{2\pi}\right)^{2}}=\sqrt{v_{r}^{2}+\omega^{2}\left(r_{0}+v_{r}t\right)^{2}}$$ Dato che la velocità è tangente alla traiettoria, possiamo determinare facilmente il versore tangente $$\hat{\tau}=\frac{\vec{v}}{v}=\frac{v_{r}\hat{e}_{r}+r\omega\hat{e}_{\theta}}{\sqrt{v_{r}^{2}+r^{2}\omega^{2}}}=\frac{\hat{e}_{r}+\frac{2\pi r}{b}\hat{e}_{\theta}}{\sqrt{1+\left(\frac{2\pi r}{b}\right)^{2}}}$$ che come deve essere non dipende dalla specifica legge oraria. Da notare che questo non coincide con $\hat{e}_{\theta}$ , però $$\lim_{t\rightarrow\infty}\hat{\tau}=\hat{e}_{\theta}$$ perchè $\lim_{t\rightarrow\infty}r=+\infty$ . Possiamo costruire esplicitamente un versore normale alla traiettoria, scrivendo $$\hat{n}=\frac{-\hat{e}_{\theta}+\frac{2\pi r}{b}\hat{e}_{r}}{\sqrt{1+\left(\frac{2\pi r}{b}\right)^{2}}}$$ che non coincide con il versore radiale, se non per tempi molto grandi, $$\lim_{t\rightarrow\infty}\hat{n}=\hat{e}_{r}$$ Si verifica direttamente che $\hat{n}\cdot\hat{n}=\hat{\tau}\cdot\hat{\tau}=1$ e che $\hat{n}\cdot\hat{\tau}=0$ .

Per quanto riguarda l’accelerazione abbiamo $$\vec{a}=\left(\ddot{r}-r\dot{\theta}^{2}\right)\hat{e}_{r}+\left(2\dot{\theta}\dot{r}+r\ddot{\theta}\right)\hat{e}_{\theta}$$ che nel nosto caso si riduce a $$\vec{a}=-r\omega^{2}\hat{e}_{r}+2\omega v_{r}\hat{e}_{\theta}$$ dato che $\ddot{r}=0$ e $\ddot{\theta}=0$ . La componente tangenziale della accelerazione si trova prendendo il prodotto scalare con $\hat{\tau}$ : $$\begin{align*} \vec{a}\cdot\hat{\tau} & =\left[-r\omega^{2}\hat{e}_{r}+2\omega v_{r}\hat{e}_{\theta}\right]\cdot\frac{\hat{e}_{r}+\frac{2\pi r}{b}\hat{e}_{\theta}}{\sqrt{1+\left(\frac{2\pi r}{b}\right)^{2}}}\\ & =\frac{\omega^{2}rv_{r}}{\sqrt{v_{r}^{2}+r^{2}\omega^{2}}} \end{align*}$$ che è uguale alla derivata temporale del modulo della velocità, come deve essere. La componente radiale si trova analogamente prendendo il prodotto scalare con $\hat{n}$ $$\begin{align*} \vec{a}\cdot\hat{n} & =\left[-r\omega^{2}\hat{e}_{r}+2\omega v_{r}\hat{e}_{\theta}\right]\cdot\frac{-\hat{e}_{\theta}+\frac{2\pi r}{b}\hat{e}_{r}}{\sqrt{1+\left(\frac{2\pi r}{b}\right)^{2}}}\\ & =\frac{-r^{2}\omega^{3}-2\omega v_{r}^{2}}{\sqrt{v_{r}^{2}+r^{2}\omega^{2}}} \end{align*}$$ che però deve essere uguale a $v^{2}/\rho$ . Possiamo quindi determinare il raggio di curvatura: $$-\frac{v^{2}}{\rho}=-\frac{v_{r}^{2}+r^{2}\omega^{2}}{\rho}=\frac{-r^{2}\omega^{3}-2\omega v_{r}^{2}}{\sqrt{v_{r}^{2}+r^{2}\omega^{2}}}$$ da cui $$\frac{1}{\rho}=\frac{2\omega v_{r}^{2}-r^{2}\omega^{2}}{\left(v_{r}^{2}+r^{2}\omega^{2}\right)^{3/2}}=\frac{1}{r}\frac{1+\frac{2v_{r}^{2}}{\omega^{2}r^{2}}}{\left(1+\frac{v_{r}^{2}}{\omega^{2}r^{2}}\right)^{3/2}}$$ Notare che $\rho\neq r$ , ma che $\lim_{t\rightarrow\infty}\rho=r$ .\qed

Studiare il moto sulla spirale definita precedentemente nel caso $r\dot{\theta}=v_{\theta}=\mbox{costante}$ . Determinare in particolare la velocità, l’accelerazione e il raggio di curvatura della traiettoria.

In questo caso dato che $r\dot{\theta}=v_{\theta}$ abbiamo, derivando rispetto al tempo l’equazione della traiettoria, $$\dot{r}=\frac{b}{2\pi}\dot{\theta}=\frac{b}{2\pi}\frac{v_{\theta}}{r}$$ Troviamo quindi $$r\dot{r}=\frac{1}{2}\frac{d}{dt}r^{2}=\frac{bv_{\theta}}{2\pi}$$ e quindi $$r=\sqrt{r_{0}^{2}+\frac{bv_{\theta}}{\pi}t}$$ cioè la velocità radiale cresce a grandi tempi ($t\gg\frac{r_{0}^{2}}{bv_{\theta}})$ proporzionalmente a $t^{1/2}$ . Per quanto riguarda la velocità angolare otteniamo $$\dot{\theta}=\frac{v_{\theta}}{\sqrt{r_{0}^{2}+\frac{bv_{\theta}}{\pi}t}}$$ che tende a zero a grandi tempi. Possiamo scrivere la velocità nella forma $$\vec{v}=\frac{b}{2\pi}\frac{v_{\theta}}{r}\hat{e}_{r}+v_{\theta}\hat{e}_{\theta}$$ ed il suo modolo come $$v=\sqrt{v_{\theta}^{2}+\left(\frac{bv_{\theta}}{2\pi r}\right)^{2}}$$ Notare che per grandi tempi $v\simeq v_{\theta}$ . I versori tangenti e normali alla traiettoria sono identici a quelli dell’esercizio precedente. L’accelerazione si scrive $$\begin{align*} \vec{a} & =\left(\ddot{r}-r\dot{\theta}^{2}\right)\hat{e}_{r}+\left(2\dot{r}\dot{\theta}+r\ddot{\theta}\right)\hat{e}_{\theta}\\ & =-\frac{v_{\theta}^{2}}{r}\left[1+\left(\frac{b}{2\pi r}\right)^{2}\right]\hat{e}_{r}+\frac{bv_{\theta}^{2}}{2\pi r^{2}}\hat{e}_{\theta} \end{align*}$$ Consideriamo ancora la componente tangenziale. Abbiamo $$\begin{align*} \vec{a}\cdot\hat{\tau} & =\left\{ -\frac{v_{\theta}^{2}}{r}\left[1+\left(\frac{b}{2\pi r}\right)^{2}\right]\hat{e}_{r}+\frac{bv_{\theta}^{2}}{2\pi r^{2}}\hat{e}_{\theta}\right\} \cdot\frac{\hat{e}_{r}+\frac{2\pi r}{b}\hat{e}_{\theta}}{\sqrt{1+\left(\frac{2\pi r}{b}\right)^{2}}}\\ & =-\frac{v_{\theta}^{2}}{r}\frac{\left(\frac{b}{2\pi r}\right)}{\sqrt{1+\left(\frac{b}{2\pi r}\right)^{2}}} \end{align*}$$ Per quella normale invece $$\begin{align*} \vec{a}\cdot\hat{\tau} & =\left\{ -\frac{v_{\theta}^{2}}{r}\left[1+\left(\frac{b}{2\pi r}\right)^{2}\right]\hat{e}_{r}+\frac{bv_{\theta}^{2}}{2\pi r^{2}}\hat{e}_{\theta}\right\} \cdot\frac{-\hat{e}_{\theta}+\frac{2\pi r}{b}\hat{e}_{r}}{\sqrt{1+\left(\frac{2\pi r}{b}\right)^{2}}}\\ & =-\frac{v_{\theta}^{2}}{r}\frac{\left(1+\frac{b^{2}}{2\pi^{2}r^{2}}\right)}{\sqrt{1+\left(\frac{b}{2\pi r}\right)^{2}}} \end{align*}$$ Calcoliamo infine il raggio di curvatura, usando lo stesso metodo impiegato nell’esercizio precedente. Abbiamo $$-\frac{v^{2}}{\rho}=-\frac{v_{\theta}^{2}}{\rho}\left[1+\left(\frac{b}{2\pi r}\right)^{2}\right]=-\frac{v_{\theta}^{2}}{r}\frac{\left(1+\frac{b^{2}}{2\pi^{2}r^{2}}\right)}{\sqrt{1+\left(\frac{b}{2\pi r}\right)^{2}}}$$ da cui $$\frac{1}{\rho}=\frac{1}{r}\frac{\left(1+\frac{b^{2}}{2\pi^{2}r^{2}}\right)}{\left[1+\left(\frac{b}{2\pi r}\right)^{2}\right]^{3/2}}$$ La formula coincide con quella trovata precedentemente, come deve essere, dato che il raggio di curvatura è una caratteristica geometrica della traiettoria, indipendente da come questa viene percorsa.\qed

Calcolare il raggio di curvatura della traiettoria (↓). Da $$\begin{equation} y=\frac{v_{0y}}{v_{0x}}x-\frac{1}{2}\frac{g}{v_{0x}^{2}}x^{2}\label{eq:traiettoriaparabola-1} \end{equation}$$ otteniamo $$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx} & = & \frac{v_{0y}}{v_{0x}}-\frac{g}{v_{0x}^{2}}x\\ \frac{d^{2}y}{dx^{2}} & = & \frac{g}{v_{0x}^{2}} \end{eqnarray*}$$ Utilizzando la (↓) troviamo $$\frac{1}{\rho}=\frac{\frac{g}{v_{0x}^{2}}}{\left[1+\left(\frac{v_{0y}}{v_{0x}}-\frac{g}{v_{0x}^{2}}x\right)^{2}\right]^{3/2}}$$ Il raggio di curvatura minimo si ha quando il denominatore è minimo, cioè al vertice. In quel caso $$\rho_{min}=\frac{v_{0x}^{2}}{g}$$ \qed

Trovare una espressione per il raggio di curvatura di una traiettoria espressa in coordinate polari.

In questo caso abbiamo $$\begin{eqnarray*} \vec{r} & = & r\hat{e}_{r}\\ \vec{v} & = & \dot{r}\hat{e}_{r}+r\dot{\theta}\hat{e}_{\theta}\\ \vec{a} & = & \left(\ddot{r}-r\dot{\theta}^{2}\right)\hat{e}_{r}+\left(2\dot{r}\dot{\theta}+r\ddot{\theta}\right)\hat{e}_{\theta} \end{eqnarray*}$$ e i versori normali e tangenti alla traiettoria saranno $$\begin{eqnarray*} \hat{\tau} & = & \frac{\dot{r}\hat{e}_{r}+r\dot{\theta}\hat{e}_{\theta}}{v}\\ \hat{n} & = & \frac{r\dot{\theta}\hat{e}_{r}-\dot{r}\hat{e}_{\theta}}{v} \end{eqnarray*}$$ Sostituendo in $$\vec{a}\cdot\hat{n}=-\frac{v^{2}}{\rho}$$ troviamo $$\frac{1}{\rho}=\frac{r^{2}\dot{\theta}^{3}+2\dot{r}^{2}\dot{\theta}+r\dot{r}\ddot{\theta}-\ddot{r}r\dot{\theta}}{\left(\dot{r}^{2}+r^{2}\dot{\theta}^{2}\right)^{3/2}}$$ Dato che l’espressione è invariante per riparametrizzazione, possiamo scegliere $\lambda=\theta$ e abbiamo $$\frac{1}{\rho}=\frac{r^{2}+2\left(\frac{dr}{d\theta}\right)^{2}-r\frac{d^{2}r}{d\theta^{2}}}{\left[\left(\frac{dr}{d\theta}\right)^{2}+r^{2}\right]^{3/2}}$$ Per verifica applichiamo questa formula alla spirale considerata precedentemente. Otteniamo $$\begin{eqnarray*} \frac{dr}{d\theta} & = & \frac{b}{2\pi}\\ \frac{d^{2}r}{d\theta^{2}} & = & 0 \end{eqnarray*}$$ e quindi $$\frac{1}{\rho}=\frac{1}{r}\frac{1+2\left(\frac{b}{2\pi r}\right)^{2}}{\left[1+\left(\frac{b}{2\pi r}\right)^{2}\right]^{3/2}}$$ in accordo con i risultati precedenti.\qed