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Esercizio sistemi di punti materiali 24

Sistemi di punti materiali in Meccanica classica

Home » Esercizio sistemi di punti materiali 24

Esercizio sui sistemi di punti materiali 24 rappresenta il ventiquattresimo problema della raccolta dedicata agli esercizi misti sui sistemi di punti materiali. Questo esercizio costituisce la naturale prosecuzione dell’Esercizio sui sistemi di punti materiali 23, e segue l’Esercizio sui sistemi di punti materiali 25.

Questo esercizio è concepito per gli studenti del corso di Fisica 1 ed è particolarmente indicato per coloro che intraprendono studi in ingegneria, fisica o matematica, fornendo un’opportunità per applicare i principi della meccanica classica ai sistemi di punti materiali.

L’argomento successivo a questa sezione è la dinamica del corpo rigido, mentre l’argomento precedente riguarda gli esercizi sui moti relativi.

 

Testo esercizio sistemi di punti materiali 24

Esercizio 24 (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Un blocco di massa m è fermo su un cuneo di altezza h e massa M. Tutte le superfici sono senza attrito. All’inizio tutto è in quiete e il blocco di massa m si trova a quota h sul cuneo come in figura.
Rispetto ad un sistema di riferimento inerziale fisso, determinare:

1) di quanto si è postato il cuneo quando il punto materiale arriva alla fine di esso;

2) la velocità del cuneo quando il punto materiale si trova ad h/2;

3) la velocità del cuneo e del punto materiale un istante prima e dopo che il punto materiale tocca il piano orizzontale ;

4)  l’accelerazione del cuneo e del punto materiale.

 

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Svolgimento.

Scegliamo un sistema di riferimento inerziale Oxy ed indichiamo con x_M la posizione del centro di massa del cuneo (vedi figura 1):

 

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All’istante t=0 il sistema è in quiete. La sommatoria delle forze esterne lungo l’asse x è nulla, quindi il centro di massa si muove di moto rettilineo uniforme o rimane in quiete ma dato che all’istante iniziale tutto è fermo, la velocità iniziale del centro di massa è nulla ovvero v_{cm,0}=0 m/s. Calcoliamo la posizione del centro di massa in funzione delle posizioni iniziali di m ed M all’istante t=0:

    \[x_{CM,0} = \dfrac{x_M \, M}{m + M }.\]

Chiamiamo t=t^\star l’istante di tempo in cui m arriva alla fine del cuneo (vedi figura 2).

 

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Chiamiamo x lo spostamento del cuneo. Nel contatto tra m ed M per il principio di azione e reazione, si sviluppano le reazioni vincolari \vec{N} e -\vec{N} e quindi l’unica forza agente in direzione x sul blocco M è la componente orizzontale di N (forza di reazione tra M e m), pertanto il blocco M si muoverà verso sinistra. Scriviamo la posizioni del centro di massa in funzione delle posizione del centro di massa del cuneo e del punto materiale all’istante t=t^* (vedi figura 2):

    \[x_{CM,f} = \dfrac{(L-x)m+(x_M-x)M}{m+M}\]

dove L=\dfrac{h}{\tan \alpha}.

Poiché deve essere

    \[x_{CM,0}=x_{CM,f}\]

abbiamo

    \[\begin{aligned} x_{CM,0}=x_{CM,f} & \quad \Leftrightarrow \quad x_{M} M = (L-x) m + (x_M-x)M\quad \Leftrightarrow\quad \\ & \Leftrightarrow \quad 0 = Lm - xm -xM \quad \Leftrightarrow\quad x = \dfrac{Lm}{m+M}. \end{aligned}\]

e se ne conclude che lo spostamento del cuneo è

    \[\boxcolorato{fisica}{ x = \dfrac{Lm}{m+M}=\dfrac{h\, m}{\tan \alpha \left(m+M\right)}.}\]

 

Poiché lungo l’asse x la somma delle forze esterne è nulla, si conserva la quantità di moto lungo l’asse x (vedi figura 2). Dato che inizialmente il sistema è in quiete, la quantità di moto iniziale è nulla ovvero p_0 = 0 \;\text{kg } \cdot \text{m} \cdot \text{s}^{-2}. Calcoliamo ora la quantità di moto del sistema in un generico istante t:

    \[p = M v_M + m v_{m,x}\]

dove \vec{v}_M=v_M \, \hat{x} e \vec{v}_{m}=v_{m,x} \, \hat{x}-v_{m,y} \, \hat{y} sono le velocità di M e m rispetto al sistema di riferimento iniziale Oxy in un generico istante t (vedi figura 3) .

 

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Poiché deve essere p_0 =p_f abbiamo

(1)   \begin{equation*} p_0 =p_f \Leftrightarrow M v_M + m v_{m,x}=0 \end{equation*}

Nel sistema si trascurano tutti gli attriti e le uniche forze agenti sono di natura conservativa, quindi si conserva l’energia meccanica del sistema e, considerando l’istante t=0 e un generico istante t, si ha che

(2)   \begin{equation*} \dfrac{1}{2}M v_M^2 + \dfrac{1}{2} m v_m^2 = mg\,(h-y) \end{equation*}

dove y è la quota in un gerico istante t con y \in[0,h] rispetto al sistema di riferimento Oxy. Mettendo a sistema (1) ed (2) si ottiene

    \[\begin{cases} \displaystyle \dfrac{1}{2}M v_M^2 + \dfrac{1}{2}m v_m^2 =mg\,(h-y)\\ \\ \displaystyle M v_M + m v_{m,x} = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} \displaystyle \frac{1}{2}M v_M^2 + \frac{1}{2}m v_{m,x}^2 + \frac{1}{2} m v_{m,y}^2 = mg\,(h-y)\\ \\ \displaystyle v_{m,x} = - \frac{M}{m} v_M; \end{cases}\]

dunque

(3)   \begin{equation*} \dfrac{1}{2} M v_M^2 + \dfrac{1}{2}m\left(\dfrac{M^2}{m^2} \, v_M^2\right) + \dfrac{1}{2} m v_{m,y}^2 = mg\,(h-y) \end{equation*}

Ora scegliamo un sistema di riferimento non inerziale O^\prime x^\prime y^\prime solidale con M (vedi figura 4) e chiamiamo \vec{v}_m^\prime=v_{m,x}^\prime \, \hat{x}-v_{m,y}^\prime\, \hat{y} la velocità relativa di m rispetto ad M:

 

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Dalla geometria del problema si osserva che

 

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dove

    \[\tan \alpha = \dfrac{v_{m,y}^\prime}{v_{m,x}^\prime} \quad \Leftrightarrow\quad v_{m,y}^\prime =v_{m,y}= \tan \alpha \, v_{m,x}^\prime, \qquad v_{m,y}^\prime = v_{m,y} \quad \mbox{e} \quad v_{m,x}^\prime = v_{m,x}-v_M\]

quindi

(4)   \begin{equation*} v_{m,y}^\prime = \tan\alpha \, v_{m,x}^\prime\quad \Leftrightarrow\quad v_{m,y} = \tan \alpha \; (v_{m,x}-v_M) \end{equation*}

confrontando (1), (3) e (4) si ottiene

    \[\begin{aligned} & \dfrac{1}{2} M \, v_M^2 + \dfrac{1}{2} \dfrac{M^2}{m} v_M^2 + \dfrac{1}{2} m \tan^2 \alpha \; \left(\dfrac{M}{m}+1\right)^2 \, v_M^2 = mg\,(h-y)\quad \Leftrightarrow \\ & \Leftrightarrow \quad v_M^2 = \dfrac{mg\,(h-y)}{\frac{M}{2} + \frac{M^2}{2m} + \frac{m}{2}\tan^2 \alpha \left(\frac{M}{m}+1\right)^2 } \quad \Leftrightarrow \\ & \Leftrightarrow \quad v_M = \sqrt{\dfrac{mg\,(h-y)}{\frac{M}{2} + \frac{M^2}{2m} + \frac{m}{2}\tan^2 \alpha \left(\frac{M}{m}+1\right)^2 }} \quad\Leftrightarrow \\ & \Leftrightarrow\quad v_M= \sqrt{\dfrac{2m^2g\,(h-y)}{Mm+M^2+\tan^2\alpha(M+m)^2}}. \end{aligned}\]

Quindi si conclude che in un generico istante t il modulo della velocità di M e di m è pari ad

 

    \[\boxcolorato{fisica}{\begin{aligned} &v_M= \sqrt{\dfrac{2m^2g\,(h-y)}{Mm+M^2+\tan^2\alpha(M+m)^2}};\\ & v_{m,x}=\dfrac{M}{m}\sqrt{\dfrac{2m^2g\,(h-y)}{Mm+M^2+\tan^2\alpha(M+m)^2}};\\ &v_{m,y}(t)=\tan \alpha \left(\dfrac{M}{m}\sqrt{\dfrac{2m^2g\,(h-y)}{Mm+M^2+\tan^2\alpha(M+m)^2}}+ \sqrt{\dfrac{2m^2g\,(h-y)}{Mm+M^2+\tan^2\alpha(M+m)^2}}\right). \end{aligned}}\]

 

Poniamo y=\dfrac{h}{2} trovando la velocità del cuneo quando m si trova a tale quota:

    \[\boxcolorato{fisica}{ v_M= \sqrt{\dfrac{m^2g\,h}{Mm+M^2+\tan^2\alpha(M+m)^2}}.}\]

 

Determiniamo la velocità del cuneo un istante prima che m tocchi il suolo, ovvero finché tra cuneo e punto materiale c’è contatto ponendo y=0:

 

    \[\boxcolorato{fisica}{ \begin{aligned} &v_M= \sqrt{\dfrac{2m^2g\,(h)}{Mm+M^2+\tan^2\alpha(M+m)^2}};\\ & v_{m,x}=\dfrac{M}{m}\sqrt{\dfrac{2m^2g\,(h)}{Mm+M^2+\tan^2\alpha(M+m)^2}};\\ &v_{m,y}(t)=\tan \alpha \left(\dfrac{M}{m}\sqrt{\dfrac{2m^2g\,(h)}{Mm+M^2+\tan^2\alpha(M+m)^2}}+ \sqrt{\dfrac{2m^2g\,(h)}{Mm+M^2+\tan^2\alpha(M+m)^2}}\right). \end{aligned}}\]

 

Ora determiniamo la velocità di m e del cuneo un istante dopo che m ha lasciato il cuneo, ponendo \alpha=0 e y=0:

    \[\boxcolorato{fisica}{ \begin{aligned} & v_M= \sqrt{\dfrac{2m^2g\,(h)}{Mm+M^2}};\\ & v_{m,x}=\dfrac{M}{m}\sqrt{\dfrac{2m^2g\,(h)}{Mm+M^2}};\\ & v_{m,y}=0\,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}. \end{aligned}}\]

 

Infine determiniamo l’accelerazione del cuneo e del punto materiale. In un sistema di riferimento solidale al blocco, quindi un sistema non inerziale, il corpo di massa m è soggetto al suo peso, alla forza apparente -m\vec{A}, dove \vec{A} indica l’accelerazione di trascinamento cioè l’accelerazione assoluta del blocco e alla reazione \vec{N} sviluppata dal piano inclinato (normale al piano stesso non essendoci attrito); poichè il moto del corpo si svolge lungo il piano inclinato, la componente secondo la normale al piano della risultante delle forze sopra elencate è zero. Indicando con A_x la componente dell’accelerazione del blocco lungo l’asse x (vedi figura 5).

 

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Dalla seconda legge della dinamica si ha che

    \[N = m(g \cos \alpha - A_x \sin \alpha)\]

Consideriamo ora un sistema di riferimento solidale al suolo, con l’asse y verticale e orientato verso l’alto e l’asse x concorde col verso di moto del blocco; inoltre il corpo di massa m è soggetto al suo peso e alla reazione \vec{N} (vedi figura 6).

 

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Dalla seconda legge della dinamica si ha che

(5)   \begin{equation*} ma_x = -N \sin \alpha = -m (g \cos \alpha - A_x \sin \alpha) \sin \alpha \end{equation*}

(6)   \begin{equation*} \begin{aligned} \qquad \qquad \qquad \, ma_y & = N \cos \alpha - mg = m (g \cos \alpha - A_x \sin \alpha) \cos \alpha - mg =\\ & = - m (g \sin \alpha + A_x \cos \alpha) \sin \alpha. \end{aligned} \end{equation*}

Il blocco, oltre che al suo peso e alla reazione della superficie orizzontale di appoggio, è soggetto alla forza -\vec{N} esercitata su di esso dal corpo per il principio di azione e reazione (vedi figura 7):

 

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Dalla seconda legge della dinamica si ha

    \[MA_x = m (g \cos \alpha - A_x \sin \alpha) \sin \alpha \quad\Leftrightarrow\quad A_x = \dfrac{m \sin \alpha \cos \alpha}{M+m \sin^2 \alpha} g\]

e sostituendo quest’ultimo valore nelle equazioni (5) e (6) si ottiene

    \[a_x =- g\cdot\dfrac{M \sin \alpha \cos \alpha}{M+m\sin^2 \alpha}, \qquad a_y = - g\cdot\dfrac{(M+m) \sin^2 \alpha}{M+m \sin^2 \alpha}.\]

Si conclude che le accelerazioni cercate sono

    \[\boxcolorato{fisica}{ \begin{aligned} &A_x = \dfrac{m \sin \alpha \cos \alpha}{M+m \sin^2 \alpha} ;\\ &a_x =- g\cdot\dfrac{M \sin \alpha \cos \alpha}{M+m\sin^2 \alpha}; \\ &a_y = - g\cdot\dfrac{(M+m) \sin^2 \alpha}{M+m \sin^2 \alpha}. \end{aligned}}\]

 

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