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Esercizio sistemi di punti materiali 30

Sistemi di punti materiali in Meccanica classica

Home » Esercizio sistemi di punti materiali 30

Esercizio sui sistemi di punti materiali 30 rappresenta il trentesimo 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 29, e segue l’Esercizio sui sistemi di punti materiali 31.

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 30

Esercizio 30 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). La figura rappresenta la sezione verticale di un sistema formato da un cuneo C, di massa m_c ed apertura angolare \alpha, posto tra due blocchi A e B di masse uguali, m_A=m_B=m, poggiati su di un piano orizzontale. Si trascuri l’attrito tra cuneo e i due blocchi.

  1. Si determini il valore minimo del coefficiente di attrito statico tra i blocchi A e B ed il piano d’appoggio se la situazione rappresentata in figura è di equilibrio.
  2. L’attrito tra i due blocchi A e B ed il loro piano di appoggio sia trascurabile ed il blocco C venga lasciato libero di muoversi nella posizione di figura con velocità nulla. Si calcolino i moduli della velocità e dell’accelerazione del cuneo nell’istante in cui termina il contatto tra il cuneo ed i blocchi.

Si consideri il cuneo come un triangolo isoscele e che la sua altezza sia pari ad h.

 

 

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Svolgimento punto 1.

Il cuneo è sottoposto alla sua forza peso m_C\vec{g} che possiamo immaginare applicata tutta nel centro di massa, la reazione vincolare \vec{N}_2 generata dal contatto con il blocco A e \vec{N}_1 generata dal contatto con il blocco B. Il blocco A è sottoposto alla reazione vincolare -\vec{N}_2 (terzo principio della dinamica) generata dal contatto con il cuneo, la reazione vincolare \vec{N}_3 generata dal contatto con il piano orizzontale, la forza di attrito statico \vec{f}_{S,A} generata dal contatto con il piano orizzontale, e infine la forza peso m_A\vec{g}. Il blocco B è sottoposto alla reazione vincolare -\vec{N}_1 (terzo principio della dinamica) generata dal contatto con il cuneo, la reazione vincolare \vec{N}_4 generata dal contatto con il piano orizzontale, la forza di attrito statico \vec{f}_{S,B} generata dal contatto con il piano orizzontale, e infine la forza peso m_B \vec{g}. Scegliamo un sistema di riferimento fisso Oxy, con origine O coincidente con il vertice del cuneo, e gli assi orientati come nella figura che segue. Inoltre, sempre nella figura che segue, rappresentiamo tutte le forze precedentemente descritte.

 

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Se analizziamo il sistema composto da m_A,\,m_B,\,m_C le forze esterne sono m_A\vec{g}, m_B\vec{g}, m_C\vec{g}, \vec{N}_3, \vec{N}_4, \vec{f}_{S,A} e \vec{f}_{S,B}. Le forze interne sono \vec{N}_2, -\vec{N}_2, \vec{N}_1, e -\vec{N}_1. Il sistema composto da m_A,\,m_B,\,m_C è in quiete, pertanto imponiamo che la somma delle forze esterne agenti su di esso sia uguale a zero. Lungo la direzione dell’asse delle x abbiamo

\begin{equation*} f_{S,A}=f_{S,B}=f, \end{equation*}

ovvero le forze di attrito statico sono uguali in modulo.

Analizziamo separatamente le forze agenti su m_A, m_B e m_C. Dalla seconda legge della dinamica in condizioni stazionarie, si ha

\begin{equation*} \begin{cases} N_2\sin \beta=N_1\sin \beta\\ N_1\sin\beta+N_2\sin\beta-m_Cg=0\\ f_{S,B}=N_1\cos\beta\\ f_{S,A}=N_2\cos\beta\\ N_4=N_1\sin\beta+m_B g\\ N_3=N_2\sin\beta+m_Ag\\ m_A=m_B=m. \end{cases} \end{equation*}

Affinché ci sia quiete deve valere

\begin{equation*} \begin{cases} f_{S,A}\le N_3\mu_A\\ f_{S,B}\le N_4\mu_B, \end{cases} \end{equation*}

dove \mu_A e \mu_B sono rispettivamente il coefficiente di attrito di A e B. Dal sistema (2) si ottiene N_1=N_2=N, N_3=N_4, e f_{S,B}=f_{S,A}=f. Notiamo che il risultato f_{S,B}=f_{S,A}=f è in accordo con l’equazione (1). Pertanto il sistema (3) diventa

\begin{equation*} \begin{cases} f\le N\mu_A\\ f\le N\mu_B, \end{cases} \end{equation*}

o anche

\begin{equation*} \begin{cases} \mu_A\geq \dfrac{f}{N}\\[10pt] \mu_B\geq \dfrac{f}{N}. \end{cases} \end{equation*}

Dal sistema (5) deduciamo che il valore minimo di A e B è lo stesso, ed è pari ad \mu_{\text{min}}={f}/{N}. Si osservi che quanto ottenuto era deducibile dalla dalla simmetria del problema. Sfruttando le equazioni del sistema (2), si ha

\begin{equation*} f=\left(N\sin\beta+mg\right)\mu_{\text{min}}, \end{equation*}

da cui

\begin{equation*} N\cos\beta=\left(N\sin\beta+mg\right)\mu_{\text{min}}, \end{equation*}

o anche

\begin{equation*} \mu_{\text{min}}=\dfrac{N\cos\beta}{\left(N\sin \beta+mg\right)}, \end{equation*}

conseguentemente

\begin{equation*} \mu_{\text{min}}=\dfrac{\dfrac{m_Cg}{2}\cot\beta}{\dfrac{m_C g}{2}+mg}=\dfrac{m_C\cot\beta}{m_C+2m}. \end{equation*}

Si conclude che il valore minimo del coefficiente di attrito statico cercato è:

\[\boxcolorato{fisica}{\mu_{\text{min}}=\dfrac{m_C\cot\beta}{m_C+2m}.}\]

 


Svolgimento punto 2.

Tolti tutti gli attriti il sistema entra in movimento. Osserviamo che le forze presenti sono conservative e che le reazioni vincolari fanno lavoro complessivo nullo sul sistema, pertanto si conserva l’energia meccanica del sistema. Considerando come istante iniziale l’istante t=0 e l’istante di tempo in cui il cuneo termina il contatto con i due blocchi, si ha

\begin{equation*} \dfrac{1}{2}m_Av_A^2+\dfrac{1}{2}m_Bv_B^2+\dfrac{1}{2}m_Cv_C^2=m_Cgh \end{equation*}

dove v_A, v_B e v_C sono i moduli della velocità rispettivamente di A, B e C nell’istante di tempo in cui non c’è più contatto tra il cuneo e i blocchi A e B. Dalla geometria del problema osserviamo che, per via dei vincoli imposti dal problema, A ha velocità diretta nel verso negativo delle x, B nel verso positivo delle x, e il cuneo ha velocità diretta ne verso negativo delle y. Consideriamo di nuovo il sistema composto da A, B e C. Lungo l’asse delle x si osserva che non sono presenti forze esterne, pertanto si conserva la quantità di moto. Sfruttando il fatto che all’istante iniziale è tutto in quiete, si deduce che la quantità di moto iniziale è nulla; allora nell’istante in cui avviene il distacco, si ha

\begin{equation*} m_Av_A+m_Bv_B=0\quad \Leftrightarrow\quad v_A=-v_B, \end{equation*}

dove abbiamo sfruttato il fatto che m_A=m_B=m. Definiamo, per comodità, \left \vert v_A \right \vert =\left \vert v_A \right \vert \eqqcolon v. Dalla geometria del problema sussiste la seguente relazione v=v_C\tan\beta, che può essere dedotta dalla figura che segue.

 

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Adoperando quanto ottenuto, l’equazione (10) diventa

\begin{equation*} v_C^2\left(2m\tan^2\beta+m_C\right)=m_Cgh, \end{equation*}

da cui

\begin{equation*} v_C=\sqrt{\dfrac{2m_C gh}{\left(2m\tan^2 \beta\right)+m_C}}, \end{equation*}

cioè

\begin{equation*} v_C=\sqrt{\dfrac{m_Cgh}{\left(2m\tan^2 \dfrac{\alpha}{2}+m_C\right)}}. \end{equation*}

Si conclude che la velocità del cuneo nell’istante in cui non c’è più contatto con A e B è

\[\boxcolorato{fisica}{v_C=\sqrt{\dfrac{m_Cgh}{\left(2m\tan^2 \dfrac{\alpha}{2}+m_C\right)}}.}\]

Chiamiamo y la quota del centro di massa del cuneo C in un generico istante; allora dall’equazione (14), deduciamo che la velocità v_C, in tale istante, è

\begin{equation*} v_C\left(y\right)=\sqrt{\dfrac{2m_cgy}{\left(2m\left(\tan\beta\right)^2+m_C\right)}}. \end{equation*}

Calcoliamo ora l’accelerazione:

\[\begin{aligned} a_C(y)&=v_C(y)\dfrac{dv_C(y)}{dy}=\\ &=\sqrt{\dfrac{2m_Cgy}{\left(2m\left(\tan\beta\right)^2+m_C\right)}}\left(\dfrac{1}{2}\right)\sqrt{\dfrac{\left(2m\left(\tan\beta\right)^2+m_C\right)}{2m_Cgy}}\left(\dfrac{2m_Cg}{2m\left(\tan\beta\right)^2+m_C}\right)=\\[10pt] &=\dfrac{m_Cg}{\left(2m\tan^2\beta+m_C\right)}=\\[10pt]&=\dfrac{m_Cg}{\left(2m\tan^2\dfrac{\alpha}{2}+m_C\right)}. \end{aligned}\]

Osserviamo che l’accelerazione ottenuto è costante, pertanto quando C si trova alla quota y=h, l’accelerazione è

\[\boxcolorato{fisica}{a_C=\dfrac{m_Cg}{\left(2m\tan^2\dfrac{\alpha}{2}+m_C\right)}.}\]

 

Altrimenti, si poteva procedere in modo alternativo, ovvero applicando la seconda legge della dinamica ai singoli corpi A, B e C. Siano a_A l’accelerazione del blocco A nella direzione negativa dell’asse delle x, a_B l’accelerazione del blocco B nella direzione positiva dell’asse delle x, e a_C l’accelerazione del centro di massa del cuneo nella direzione negativa dell’asse delle y. Per la seconda legge della dinamica, si ha

\begin{equation*} \begin{cases} N_1\sin\beta+N_2\sin\beta-m_Cg=-m_Ca_C\\ N_1\cos\beta=m_Ba_B \\ N_2=N_1=N\\ N_2\cos\beta=m_Aa_A, \end{cases} \end{equation*}

da cui, ricordando che m_A=m_B=m, il sistema diventa

\begin{equation*} \begin{cases} N_1\sin\beta+N_2\sin\beta-m_Cg=-m_Ca_C\\ N_1\cos\beta=ma_B\\ N_2=N_1=N\\ N_2\cos\beta=ma_A. \end{cases} \end{equation*}

Derivando rispetto al tempo ambo i membri dell’equazione (11), si ottiene

\begin{equation*} a_A=-a_B. \end{equation*}

Ricordando che

\begin{equation*} v=v_C\tan \beta, \end{equation*}

derivando ambo i membri della precedente equazione rispetto al tempo, si ottiene

\begin{equation*} a=a_C\tan \beta, \end{equation*}

dove a=\left \vert a_A\right \vert=\left \vert a_B\right \vert. Dal sistema (17) si ottiene

\begin{equation*} 2N\sin \beta -m_cg=-m_Ca_C. \end{equation*}

Mettendo a sistema (21) e (20), otteniamo

\begin{equation*} 2ma_C\left(\tan\beta\right)^2-m_Cg=-m_Ca_C, \end{equation*}

da cui

\begin{equation*} a_C=\dfrac{m_Cg}{m_C+2m\left(\tan\beta\right)^2}, \end{equation*}

cioè

\[\boxcolorato{fisica}{a_C=\dfrac{m_Cg}{\left(2m\tan^2\dfrac{\alpha}{2}+m_C\right)}.}\]

come ottenuto in precedenza.

 


Fonte.

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


 

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