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Esercizio sistemi di punti materiali 26

Sistemi di punti materiali in Meccanica classica

Home » Esercizio sistemi di punti materiali 26

Esercizio sui sistemi di punti materiali 26 rappresenta il ventiseiesimo 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 25, e segue l’Esercizio sui sistemi di punti materiali 27.

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 26

Esercizio 26 (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Nel sistema rappresentato in figura il blocco triangolare B di angolo alla base \alpha e di massa m, poggia su un piano orizzontale ed è tenuto fermo dal rialzo \mathcal{R}; i corpi C_1 e C_2, di masse m_1 e m_2, sono collegati da un filo inestensibile di massa trascurabile, la carrucola C ruota senza attrito e ha massa trascurabile.

a) Consideriamo trascurabile l’attrito tra il blocco B e C_2. Si calcoli il valore minimo del coefficiente di attrito statico tra i corpi C_1 e C_2 necessario affinché questi, lasciati liberi con velocità nulle nella posizione di figura, rimangano in quiete, e le componenti orizzontale e verticale della reazione \vec{R} sviluppata complessivamente dal piano \mathcal{P} di appoggio e da \mathcal{R}.

b) Si supponga adesso che il sistema non sia in equilibrio, che i coefficienti di attrito dinamico tra C_1 e C_2 e tra il blocco B e C_2 valgano \mu_{1,2}=\mu e il sistema venga lasciato libero nella posizione di figura con velocità iniziali nulle. Si calcoli il modulo a dell’accelerazione di C_2 e le componenti della reazione \vec{R}.

Si supponga che sia C_1 a trascinare C_2.

 

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Svolgimento punto a.

Osserviamo il sistema composto da m_1,m_2 e m, da due sistemi di riferimento inerziali Oxy e O^\prime x^\prime y^\prime posti come in figura.

 

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Si ricorda che tutto è in quiete. Dalla seconda legge della dinamica dal sistema di riferimento O^\prime x^\prime y^\prime possiamo scrivere lungo l’asse x' per m_1 :

\begin{equation*} T_1+f_1-m_1 g \sin \alpha=0, \end{equation*}

dove f_1 è la forza di attrito statico generata tra 1 e 2, mentre lungo l’asse y^\prime

\begin{equation*} N_1=m_1 g \cos \alpha. \end{equation*}

Prendiamo nuovamente come sistema di riferimento O^\prime x^\prime y^\prime per m_2.

 

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Dalla seconda legge della dinamica possiamo scrivere lungo l’asse x^\prime per m_2:

\begin{equation*} T_2-f_1-m_2 g \sin \alpha=0, \end{equation*}

e lungo l’asse y^\prime

\begin{equation*} N_2-N_1-m_2g \cos\alpha=0. \end{equation*}

Dalla seconda legge della dinamica per il corpo m dal sistema di riferimento Oxy

 

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possiamo scrivere lungo l’asse x:

\begin{equation*} R_x+R \cos \alpha -N_2 \sin \alpha=0 \end{equation*}

e lungo l’asse y:

\begin{equation*} R_y-mg-R \sin \alpha-N_2 \cos \alpha=0. \end{equation*}

Si osserva che siccome la carrucola C è di massa trascurabile e senza attrito deve valere

\[T_1=T_2=T.\]

Il sistema per rimanere in quiete deve soddisfare la seguente disuguaglianza

\begin{equation*} f_1 \leq N_1 \mu. \end{equation*}

Sottraiamo membro a membro (1) e (3)

\[g \sin \alpha(m_1-m_2)-2f_1=0\]

da cui otteniamo

\[f_1=\frac{g \sin \alpha(m_1-m_2)}{2}.\]

Sostituiamo f_1 e N_1 in (7), ottenendo

\[\mu \geq\frac{ \tan \alpha (m_1-m_2)}{2m_1}.\]

Osserviamo che il valore minimo di \mu è pari a

\[\boxcolorato{fisica}{\mu_{min}=\frac{ \tan \alpha (m_1-m_2)}{2m_1}. }\]

Inoltre

\[2T=R,\]

dunque sostituendo R in (5) e (6) otteniamo

\begin{equation*} \begin{cases} R_x+2T \cos \alpha -N_2 \sin \alpha=0\\ R_y-mg-2T \sin \alpha-N_2 \cos \alpha=0 \end{cases} \end{equation*}

Sommando ora membro a membro (1) e (3) arriviamo a

\[2T=g \sin \alpha (m_1+m_2)\]

e sostituendo 2T in (8) abbiamo

\begin{equation*} \begin{cases} R_x+g \sin \alpha (m_1+m_2) \cos \alpha -N_2 \sin \alpha=0\\ R_y-mg-g \sin \alpha (m_1+m_2) \sin \alpha-N_2 \cos \alpha=0 \end{cases} \end{equation*}

Confrontando (2) con (4) si trova che

\[N_2=g \cos \alpha (m_1+m_2).\]

Sostituiamo N_2 nel sistema precedentemente scritto

\begin{equation*} \begin{cases} R_x+g \sin \alpha\cos \alpha (m_1+m_2) -g \sin \alpha \cos \alpha (m_1+m_2) =0\\ R_y-mg-g \sin \alpha (m_1+m_2) \sin \alpha-g \cos \alpha (m_1+m_2) \cos \alpha=0 \end{cases} \end{equation*}

trovando

\[\boxcolorato{fisica}{ \begin{cases} R_x=0\\ R_y=(m+m_1+m_2)g. \end{cases}}\]

Possiamo osservare altresì che considerando il sistema composto da m_1,m_2 e m, le uniche forze esterne applicate al sistema sono R_x, R_y e Mg con M=m_1+m_2+m, quindi dalla seconda legge della dinamica abbiamo che

\[\begin{aligned} R_x \hat{x}+R_y\hat{y}-Mg\hat{y}=M\vec{a }_{cm}\quad \Leftrightarrow\quad \begin{cases} R_x=Ma_{cm,x}\\ R_y=Mg+Ma_{cm,y} \end{cases} \end{aligned}\\\]

Poiché tutto è in quiete, segue che

\[\begin{cases} a_{cm,x}=0\\ a_{cm,y}=0 \end{cases}\]

e concludiamo che

\[\boxcolorato{fisica}{ \begin{cases} R_x=Ma_{cm,x}=0\\ R_y=Ma_{cm,y}+Mg=Mg=\left(m_1+m_2+m\right)g. \end{cases}}\]

 


Svolgimento punto b.

Premessa importante: in questo punto b) utilizzeremo le stesse notazioni del punto a) con la differenza che f_1 e f_2 stavolta indicano le forze di attrito dinamico tra i vari corpi a contatto. Pertanto siano

  • f_1 è la forza di attrito dinamico tra m_1 e m_2;
  • f_2 è la forza di attrito dinamico tra m_2 e m.

I corpi C_1 e C_2 vengono messi in movimento, con C_1 che trascina C_2.

 

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È importante verificare se

\begin{equation*} -f_2 \cos \alpha+R\cos \alpha-N_2 \sin \alpha < 0 \end{equation*}

Osserviamo che la disequazione (9) implica che

\begin{equation*} R_x>0\end{equation*}

Facciamo l’ipotesi che la (9) sia verificata e dunque che anche (10) valga.

Dalla seconda legge della dinamica dal sistema di riferimento O^\prime x^\prime y^\prime

 

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possiamo scrivere lungo l’asse x^\prime per m_1:

\begin{equation*} -T_1+m_1 g \sin \alpha-f_1=m_1a_1 \end{equation*}

e lungo l’asse y^\prime:

\begin{equation*} N_1=m_1 g \cos \alpha. \end{equation*}

Dalla seconda legge della dinamica dal sistema di riferimento O^\prime x^\prime y^\prime

 

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possiamo scrivere lungo l’asse x^\prime per m_2:

\begin{equation*} -T_2+f_1+f_2+m_2 g \sin \alpha=-m_2a_2. \end{equation*}

e lungo l’asse y^\prime:

\begin{equation*} N_2-N_1-m_2g \cos\alpha=0. \end{equation*}

Poiché il filo è inestensibile e di massa trascurabile e la carrucola ha massa e attrito trascurabile, comporta che

\begin{equation*} \begin{cases} T_2=T_1=T\\ a_2=a_1=a \end{cases} \end{equation*}

Inoltre ricordiamo che

\begin{equation*} \begin{cases} f_1=N_1\mu\\ f_2=N_2\mu\\ N_1=m_1g\cos \alpha\\ N_2=m_2g \cos \alpha+m_1g\cos \alpha. \end{cases} \end{equation*}

Sottraendo membro a membro la (11) e la (13) e tenendo conto di quanto appena detto si ottiene

\[\begin{aligned} &m_1g\sin \alpha-2f_1-f_2-m_2g \sin \alpha=(m_1+m_2)a\quad \Leftrightarrow \quad \\\\ &\Leftrightarrow \quad m_1g\sin \alpha -2N_1\mu-N_2\mu-m_2g\sin \alpha=a(m_1+m_2)\quad \Leftrightarrow \quad\\ \\ &\Leftrightarrow \quad m_1g\sin \alpha -2m_1g \mu\cos \alpha- g\mu \cos \alpha (m_2+m_1) -m_2g \sin \alpha =a(m_1+m_2) \quad \Leftrightarrow \quad \\ \\ & \Leftrightarrow \quad m_1g\sin \alpha -2m_1g \mu\cos \alpha- m_2 g\mu \cos \alpha- m_1g\mu \cos \alpha-m_2g \sin \alpha =a(m_1+m_2)\quad \Leftrightarrow \quad\\ \\ &\Leftrightarrow \quad m_1g\sin \alpha -3m_1g \mu\cos \alpha- m_2 g\mu \cos \alpha-m_2g \sin \alpha =a(m_1+m_2)\quad \Leftrightarrow \quad \\ \\ &\Leftrightarrow \quad g \sin \alpha(m_1-m_2)-\mu g \cos \alpha (3m_1+m_2) =a(m_1+m_2), \end{aligned}\]

da cui

\[\boxcolorato{fisica}{a=\dfrac{g\sin \alpha (m_1-m_2)-\mu g \cos \alpha (3m_1+m_2)}{m_1+m_2}.}\]

 

Ora calcoliamo la reazione \vec{R}=R_x\hat{x}+R_y\hat{y}. Dalla seconda legge della dinamica osservando dal sistema di riferimento inerziale Oxy per il sistema composto da m_1,m_2 e m possiamo scrivere

\[R_x\hat{x}+(R_y-Mg)\hat{y}=M\vec{a}_{cm}=(m_1\vec{a}_{1}+m_2\vec{a}_{2})\]

Dalla geometria del problema osserviamo che

\[\begin{aligned} &\vec{a}_{1}=a\cos \alpha\, \hat{x}-a\sin \alpha\, \hat{y}; \\ &\vec{a}_{2}=-a\cos \alpha\, \hat{x}+a\sin \alpha \, \hat{y} . \end{aligned}\]

Quindi

\[R_x\hat{x}+(R_y-Mg)\hat{y}=a\cos \alpha(m_1-m_2)\hat{x}+a\sin \alpha (m_2-m_1)\hat{y}\]

e concludiamo che

\[\boxcolorato{fisica}{\vec{R}=R_x\hat{x}+R_y\hat{y}=a\cos \alpha(m_1-m_2)\hat{x}+\left(Mg+a\sin \alpha (m_2-m_1)\right)\hat{y}.}\]

 

Nel caso in cui non fosse valida la (11) ovviamente varrebbe che

\[\vec{R}=R_y\hat{y}=(Mg+a\sin \alpha (m_2-m_1))\hat{y}.\]

 


Fonte.

Problemi di fisica generale – S.Rosati & L. Lovitch.

 

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