Momento angolare #001 | Esercizi rapidi | Un po' di Fisica

20 Feb

Momento angolare #001 | Esercizi rapidi

Marco Valli

momento angolare, moti rotazionali, moto circolare uniforme, rapidi, walker

Esercizi

(3 Voto medio: 3,00 su 5)

Iniziamo la rubrica degli “Esercizi rapidi” con questa raccolta sul moto circolare uniforme e sul momento angolare. La difficoltà è da Liceo Scientifico, ma penso possano essere utili per studenti di Architettura, delle Facoltà dell’Area Biomedica, di Chimica, Geologia, Scienze Naturali. Per studenti di altre facoltà, possono essere un buon riscaldamento. Sono adattati da esercizi del testo Fisica: modelli teorici e problem solving (Vol. 1) , di J. Walker (Linx-Pearson, 2016).

moto circolare uniforme #1

esercizio 1: il trapano del dentista

Il trapano del dentista è costituito da un disco abrasivo di raggio $3.20\,\textrm{mm}$ . Il trapano lavora a una velocità angolare di $2.15\cdot 10^4\,\textrm{rad/s}$ . Calcolare:

la velocità tangenziale del bordo del disco;
quanto deve valere il periodo affinché la velocità tangenziale del bordo sia invece $275\,\textrm{m/s}$ ;
l’accelerazione centripeta del bordo, in entrambi i casi.

soluzione

$R=3.20\,\textrm{mm}$ ;
$\omega=2.15\cdot 10^4\,\textrm{rad/s}$ .

$v$ ;
$T^\prime$ tale che $v^\prime=275\,\textrm{m/s}$ ;
$a_C$ (per entrambi i valori della velocità tangenziale).

La velocità tangenziale dei punti del bordo del disco è legata alla velocità angolare secondo la relazione $v=\omega R$ . Possiamo quindi calcolare

$v=\omega R = 2.15\cdot 10^4\,\textrm{rad/s} \cdot 3.20\cdot 10^{-3}\,\textrm{m} = 6.88\cdot 10\,\textrm{m/s} \simeq 69\,\textrm{m/s} \, .$

Per calcolare il periodo $T^\prime$ necessario per avere la velocità tangenziale richiesta per i punti del bordo ( $v^\prime$ ), ricordiamo che velocità angolare e periodo sono legati da $T=\frac{2\pi}{\omega}$ .

Pertanto

$v^\prime = \omega^\prime R = \frac{2\pi R}{T^\prime} \Rightarrow T^\prime = \frac{2\pi R}{v^\prime} = \frac{2\pi \cdot 3.20\cdot 10^{-3}\,\textrm{m}}{275\,\textrm{m/s}}=7.3\cdot 10^{-5}\,\textrm{s} \, .$

Per un rapido controllo, visto che la velocità aumenta di circa un fattore 4, il periodo rispetto a prima dovrebbe risultare circa 4 volte inferiore: potreste verificare che in effetti utilizzando $v$ si ottiene $T \simeq 2.9\cdot 10^{-4}\,\textrm{s} \approx 4T^\prime$ .

L’accelerazione centripeta è legata alla velocità tangenziale (a distanza $R$ dal centro) dalla relazione $a_c = \frac{v^2}{R}$ . Pertanto nei due casi otteniamo

$a^{\phantom{\prime}}_c = \frac{v^2}{R} = \frac{(69\,\textrm{m/s})^2}{3.20\cdot 10^{-3}\,\textrm{m}} = 1488\cdot 10^{3}\,\textrm{m/s}^2 \simeq 1.5\cdot 10^{6}\,\textrm{m/s}^2 \, ,$

$a^\prime}_c = \frac{{v^\prime}^2}{R} = \frac{(275\,\textrm{m/s})^2}{3.20\cdot 10^{-3}\,\textrm{m}} = 23633\cdot 10^{3}\,\textrm{m/s}^2 \simeq 2.4\cdot 10^{7}\,\textrm{m/s}^2 \, .$

Poiché, di nuovo, $v^\prime \approx 4v$ , ci dovevamo aspettare $a^\prime_c \approx 16 a_c$ , come infatti è.

moto circolare uniforme #2

esercizio 2: atomo di idrogeno

Supponiamo di poter descrivere l’atomo di idrogeno come un sistema costituito da un protone fermo e un elettrone che gli gira attorno, compiendo orbite circolari con velocità costante. Il raggio dell’orbita è di $5.29 \cdot 10^{-11}\,\textrm{m}$ e la velocità tangenziale è pari a $2.18\cdot 10^6\,\textrm{m/s}$ . Calcola:

la velocità angolare dell’elettrone;
quanti giri al secondo percorre l’elettrone;
l’accelerazione centripeta dell’elettrone.

soluzione

$R=5.29 \cdot 10^{11}\,\textrm{m}$ ;
$v=2.18\cdot 10^6\,\textrm{m/s}$ .

$\omega$ ;
$f$ ;
$a_C$ .

La velocità angolare è legata a quella tangenziale dalla relazione $\omega = \frac{v}{R}$ . Possiamo quindi sostituire direttamente i valori e ottenere

$\omega= \frac{v}{R} = \frac{2.18\cdot 10^6\,\textrm{m/s}}{5.29\cdot 10^{-11}\,\textrm{m}} = 0.412 \cdot 10^{17}\,\textrm{rad/s} \simeq 4.1\cdot 10^{16}\,\textrm{rad/s} \, .$

La frequenza (numero di giri compiuti in un secondo) si ottiene dalla velocità angolare tramite la relazione $f=\frac{\omega}{2\pi}$ . Poiché $2\pi$ è la misura dell’angolo giro in radianti, la frequenza risulta essere espressa in $s^{-1}=Hz$ (hertz).

Per il nostro problema, si ha $f=\frac{\omega}{2\pi} = \frac{4.1\cdot 10^{16}\,\textrm{rad/s}}{2\pi\,\textrm{rad}} = 0.65587 \cdot 10^{16}\,\textrm{s}^{-1} \simeq 6.6 \cdot 10^{15}\,\textrm{Hz}$ . Vi prego di notare che questo numero significa che (in questo modello) l’elettrone dovrebbe compiere circa 7 milioni di miliardi di giri ogni secondo attorno al protone!

Infine, l’accelerazione centripeta è data da $a_C = \omega v = \frac{v^2}{R}$ . In generale, preferisco utilizzare sempre espressioni che coinvolgano i dati inziali. Utilizziamo quindi la seconda espressione per calcolare

$a_C = \frac{v^2}{R} = \frac{(2.18\cdot 10^6\,\textrm{m/s})^2}{5.29\cdot 10^{-11}\,\textrm{m}} = 0.882\cdot 10^{23}\,\textrm{m/s}^2 \simeq 8.8\cdot 10^{22}\,\textrm{m/s}^2 \, .$

Prima di proseguire con il terzo esercizio, che ne dici di farmi sapere se trovi utile quanto stai leggendo? Mi aiuterà a fare meglio in futuro!

(3 Voto medio: 3,00 su 5)

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Grazie per la tua collaborazione…e ora passiamo al Momento Angolare!

conservazione del momento angolare

esercizio 3: tirando la corda

Un piccolo oggetto di massa $25.0\,\textrm{g}$ si muove su un tavolino privo di attrito. Il corpo è tenuto su una traiettoria circolare tramite un filo che passa in un buco nel tavolino. Inizialmente il raggio della traiettoria è di $0.3\,\textrm{m}$ e la velocità angolare di $1.75\,\textrm{rad/s}$ . Tirando verso il basso, il tratto di filo viene accorciato fino a $0.15\,\textrm{m}$ . In queste condizioni, il momento angolare del sistema si conserva. Trattando l’oggetto come un punto materiale, calcola:

la nuova velocità angolare;
la variazione di energia cinetica; spiega inoltre
come è possibile che l’energia cinetica del sistema aumenti.

soluzione

$m=25.0\,\textrm{g} = 2.5 \cdot 10^{-2}\,\textrm{kg}$ ;
$R_1=0.3\,\textrm{m}$ ;
$\omega_1=1.75\,\textrm{rad/s}$ ;
$R_2=0.15\,\textrm{m}$ .

$\omega_2$ ;
$\Delta E_C$ ;
perché $\Delta E_C>0$ .

Se il filo viene accorciato tirando in direzione radiale si conserva il momento angolare dell’oggetto. Al nuovo raggio corrisponde una diversa velocità.

Il momento angolare di un punto materiale che ruota a distanza $R$ da un centro fisso si scrive $\ell = mvR \equiv m\omega R^2$ (essendo velocità e velocità angolare legate da $v=\omega R$ ). La conservazione di questa quantità tra un istante prima dell’accorciamento del filo e uno successivo comporta quindi $m\omega_1R^2_1 = m\omega_2R^2_2$ . Notiamo subito che la massa è ininfluente ai fini del problema.

La nuova velocità angolare è quindi data da $\omega_2 = \omega_1 \frac{R^2_1}{R^2_2}$ , che possiamo scrivere più comodamente come $\omega_2 = \omega_1 \left( \frac{R_1}{R_2} \right)^2$ .

Potremmo inserire i valori numerici e calcolare il nuovo valore della velocità angolare. Tuttavia, è più istruttivo notare che

$R_2 = \frac{1}{2}R_1 \Rightarrow \left( \frac{R_1}{R_2} \right) = 2 \Rightarrow \left( \frac{R_1}{R_2} \right)^2 = 4 \, .$

In questo modo, possiamo scrivere semplicemente $\omega_2 = \omega_1 \cdot 4 \equiv 4\omega_1$ : quando la lunghezza del filo si dimezza, la velocità angolare diventa quattro volte più grande di quanto fosse inizialmente. Numericamente

$\omega_2 = 4 \cdot 1.75\,\textrm{rad/s} = 7.0\,\textrm{rad/s} \, .$

L’energia cinetica dell’oggetto è data da $E_C= \frac{1}{2}mv^2 \equiv \frac{1}{2}m\omega^2 R^2$ , mentre la variazione richiesta è $\Delta E_C = E_{C2}-E_{C1}$ . Poiché siamo nella rubrica esercizi rapidi, ci limiteremo a utilizzare i valori numerici per ottenere il risultato, ma sappiate che l’unica via istruttiva di procedere è quella letterale: lasciamo questo procedimento a un approfondimento futuro dell’esercizio.

$E_{C1} = \frac{1}{2}m \omega^2_1 R^2_1 = \frac{1}{2} \cdot 2.5 \cdot 10^{-2}\,\textrm{kg} \cdot \left( 1.75\,\textrm{rad/s} \right)^2 \left( 0.3\,\textrm{m} \right)^2 = 0.3445 \cdot 10^{-2}\,\textrm{kg}(\textrm{m/s})^2 = 3.45\cdot 10^{-3} \,\textrm{J} \, .$

Per calcolare $E_{C2}= \frac{1}{2}m \omega^2_2 R^2_2$ , notiamo che $\omega_2 = 4\omega_1$ , mentre $R_2 = \frac{1}{2}R_1$ ; pertanto, ci aspettiamo che

$E_{C2}=\frac{1}{2}m \cdot \left( 4\omega_1 \right)^2 \cdot \left( \frac{1}{2}R_1 \right)^2 = \frac{1}{2}m \omega^2_1 R^2_1 \cdot 16 \cdot \frac{1}{4} = E_{C1} \cdot 4 \equiv 4E_{C1} \, .$

Pertanto $E_{C2} = \SI{1.38e-2}{\joule}$ e possiamo calcolare

$\Delta E_C = E_{C2} - E_{C1} = 4E_{C1}-E_{C1} = 3E_{C1} = 1.04\cdot 10^{-2} \,\textrm{J} \, .$

Infine, il fatto che risulti $\Delta E_C > 0$ significa che l’energia dell’oggetto è aumentata, ovvero che – nell’accorciare il filo – è stato compiuto lavoro sul corpo.

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