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Esercizio sistemi di punti materiali 31

Sistemi di punti materiali in Meccanica classica

Home » Esercizio sistemi di punti materiali 31

Esercizio sui sistemi di punti materiali 31 rappresenta il trentunesimo 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 30, e segue l’Esercizio sui sistemi di punti materiali 32.

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 31

Esercizio 31 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Due masse puntiformi m e M, collegate tramite un’asta rettilinea di massa trascurabile avente lunghezza L, sono ferme in posizione verticale su un piano orizzontale privo di attrito. Se l’asta è leggermente spostata dalla sua posizione di equilibrio (instabile) e sapendo che la massa M è vincolata a muoversi sul piano orizzontale, dimostrare che il modulo della velocità angolare \vec{\omega} con cui essa raggiunge la posizione orizzontale è data da

    \[\omega=\sqrt{\dfrac{2g}{L}}.\]

 

 

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Svolgimento.

Scegliamo come sistema m, M e l’asta di massa trascurabile. Le forze esterne che agiscono su tale sistema sono la forza peso m\vec{g}, M\vec{g} e la reazione vincolare \vec{N} generata dal piano di contatto, come rappresentato in figura 2. Scegliamo un sistema di riferimento fisso Oxy tale che l’asse x giaccia sul piano orizzontale.

 

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Si osservi che le forze m\vec{g} e M\vec{g} sono forze conservative, e che la reazione vincolare \vec{N} fa lavoro complessivo nullo poiché è perpendicolare allo spostamento istante per istante, quindi il sistema è conservativo, e di conseguenza si conserva l’energia meccanica totale del sistema. Inoltre, poniamo l’energia potenziale nulla in corrisponda del piano orizzontale. Nell’istante iniziale, ossia nella condizione in cui il sistema si trova nella sua posizione di equilibrio, l’energia meccanica del sistema è pari all’energia potenziale gravitazionale della sola massa m, cioè

(1)   \begin{equation*} E_i=mgL. \end{equation*}

Definiamo \theta l’angolo tra l’asta e il piano orizzontale, (x_m,y_m) le coordinate di m nel sistema di riferimento Oxy, e (x_M,y_M) le coordinate di M nel sistema di riferimento Oxy. Ovviamente x_M e y_M sono rispettivamente le coordinate x e y relative alla massa M e analogamente x_m e y_m sono le coordinate della massa m. Di seguito, in figura 3, rappresentiamo quanto definito.

 

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Dalla geometria del problema, si ha

(2)   \begin{equation*} \begin{cases} x_M=x\\ y_M=0\\ x_m=x+L\cos\theta\\ y_m=L\sin\theta. \end{cases} \end{equation*}

Derivando ambi i membri di ogni equazione del sistema (2), si trovano le velocità lungo le componenti x e y di entrambe le masse, ossia

(3)   \begin{equation*} \begin{cases} \dot{x}_M=\dot{x}\\ \dot{y}_M=0\\ \dot{x}_m=\dot{x}-L\dot{\theta}\sin\theta\\ \dot{y}_m=L\dot{\theta}\cos\theta. \end{cases} \end{equation*}

Sul sistema non agiscono forze esterne dirette lungo l’asse delle x, pertanto grazie alla prima equazione cardinale dei sistemi di punti materiali possiamo concludere che la quantità di moto totale del sistema si conserva lungo questa direzione. Essendo il sistema inizialmente in quiete si ha che la sua quantità di moto totale iniziale è nulla, cioè

(4)   \begin{equation*} p_i=0. \end{equation*}

Nel generico istante t>0, ovvero mentre l’asta sta cadendo, la quantità di moto totale del sistema è

(5)   \begin{equation*} p_f=m\dot{x}_m+M\dot{x}_M. \end{equation*}

Dalla conservazione della quantità di moto abbiamo

(6)   \begin{equation*} p_i= p_f, \end{equation*}

da cui, sfruttando l’equazione (4) e (5), otteniamo

(7)   \begin{equation*} m\dot{x}_m+M\dot{x}_M=0, \end{equation*}

o anche

(8)   \begin{equation*} \dot{x}_M=-\dfrac{m}{M}\dot{x}_m. \end{equation*}

Dalle equazioni (2)_1 e (2)_4 si può osservare che nell’istante in cui m tocca terra, ossia quando \theta=0, avremo \dot{x}_M=\dot{x}_m=\dot{x}; pertanto l’equazione (7) diventa

(9)   \begin{equation*} M\dot{x}_M+m\dot{x}_m=0\quad\Leftrightarrow\quad M\dot{x}+m\dot{x}=0, \end{equation*}

da cui si ricava \dot{x}=0. Dunque, ponendo \theta=0 si ha \dot{x}=0, e quindi il sistema (10) diventa

(10)   \begin{equation*} \begin{cases} \dot{x}_M=0\\ \dot{y}_M=0\\ \dot{x}_m=0\\ \dot{y}_m=L\dot{\theta} . \end{cases} \end{equation*}

Abbiamo così concluso che la velocità della massa m nell’istante in cui essa tocca il piano è completamente diretta lungo la direzione dell’asse delle y. In generale, l’energia del sistema composto da M, m e dall’asta (supposta priva di massa) in un generico istante t>0, si può scrivere come

(11)   \begin{equation*} E_f=\dfrac{1}{2}m(\dot{x}_m^2+\dot{y}_m^2)+\dfrac{1}{2}M(\dot{x}_M^2+\dot{y}_M^2). \end{equation*}

Sfruttando le equazioni del sistema (10) l’equazione (11) diventa

(12)   \begin{equation*} E_f=\dfrac{1}{2}m(\dot{x}^2+L^2\dot{\theta}^2\cos^2\theta)+\dfrac{1}{2}M\dot{x}^2. \end{equation*}

Poniamo ora \theta=0, ossia studiamo l’istante finale in cui l’asta è completamente stesa sul piano orizzontale. In tale istante sappiamo dalla (16) che \dot{x}=0, dunque avremo

(13)   \begin{equation*} E_f=\dfrac{1}{2}mL^2\dot{\theta}^2. \end{equation*}

Per la conservazione dell’energia si ha

(14)   \begin{equation*} E_i=E_f\quad\Leftrightarrow\quad mgL=\dfrac{1}{2}mL^2\dot{\theta}^2, \end{equation*}

da cui

    \[\boxcolorato{fisica}{\omega=\dot{\theta}=\sqrt{\dfrac{2g}{L}},}\]

ovvero la tesi.

 


Svolgimento alternativo 1.

È interessante osservare che nell’istante in cui l’asta è completamente stesa sul piano orizzontale il punto M risulta essere fermo rispetto al sistema di riferimento Oxy. Dunque, scegliendo come polo il punto materiale M, l’energia del sistema è totalmente rotazionale, cioè

(15)   \begin{equation*} E_f=\dfrac{1}{2}I\omega^2, \end{equation*}

dove I=\dfrac{1}{2}mL^2 è il momento d’inerzia della massa m rispetto al polo coincidente con M. L’asta non “partecipa” all’energia totale del sistema perché ha massa trascurabile; mentre M non “partecipa” all’energia totale del sistema perché è coincidente con il polo rispetto al quale si sta calcolando l’energia totale del sistema, quindi ha momento d’inerzia nullo e di conseguenza energia cinetica rotazionale nulla.

 


Svolgimento alternativo 2.

Un metodo alternativo per determinare l’energia cinetica totale del sistema una volta che l’asta ha toccato il piano orizzontale è applicando il teorema di König. Andiamo dunque a definire il sistema O^{\prime}x^{\prime}y^{\prime} solidale con il centro di massa, come rappresentato in figura 4 e in figura 5.

 

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Calcoliamo l’energia cinetica totale del sistema applicando il teorema di König e sfruttiamo la conservazione dell’energia meccanica totale del sistema. Avremo

(16)   \begin{equation*} \dfrac{1}{2}(m+M)v_{\text{CM}}^2+\dfrac{1}{2}m(v_m^{\prime})^2+\dfrac{1}{2}M(v_M^{\prime})^2=mgL, \end{equation*}

dove v_m^{\prime} e v_M^{\prime} sono rispettivamente le velocità di m e M nel sistema di riferimento solidale con il centro di massa e v_{\text{CM}} è la velocità del centro di massa rispetto al sistema di riferimento Oxy. Le velocità v_m^{\prime}, v_M^{\prime} e v_{\text{CM}} sono i moduli delle velocità nell’istante in cui il sistema poggia sul piano orizzontale. Le componenti della velocità del centro di massa sono per definizione

(17)   \begin{equation*} \dot{x}_{\text{CM}}=\dfrac{m\dot{x}_m+M\dot{x}_M}{m+M} \end{equation*}

e

(18)   \begin{equation*} \dot{y}_{\text{CM}}=\dfrac{m\dot{y}_m+M\dot{y}_M}{m+M}. \end{equation*}

Sfruttando i risultati ottenuti nel sistema (10), si ricava

(19)   \begin{equation*} \dot{x}_{\text{CM}}=0 \end{equation*}

e

(20)   \begin{equation*} \dot{y}_{\text{CM}}=\dfrac{mL\dot{\theta}}{m+M}, \end{equation*}

da cui si deduce che

(21)   \begin{equation*} v_{\text{CM}}=\dot{y}_{\text{CM}}=\dfrac{mL\dot{\theta}}{m+M}. \end{equation*}

Calcoliamo v_m^{\prime} e v_M^{\prime}. Si ha

    \[\begin{aligned} \vec{v}_m^{\,\prime}&=\left(\dot{x}_m- \dot{x}_{\text{CM}}\right)\hat{x}+\left(\dot{y}_m- \dot{y}_{\text{CM}}\right)\hat{y}=\\[10pt] &=\left(L\dot{\theta}-\dfrac{mL\dot{\theta}}{m+M}\right)\hat{y}=\\[10pt] &=\dfrac{mL\dot{\theta}+ML\dot{\theta}-mL\dot{\theta}}{m+M}\,\hat{y}=\\[10pt] &=\dfrac{ML\dot{\theta}}{m+M}\,\hat{y}, \end{aligned}\]

da cui

(22)   \begin{equation*} {v}_m^{\,\prime}=\dfrac{ML\dot{\theta}}{m+M}\,\hat{y}, \end{equation*}

e

    \[\begin{aligned} \vec{v}_M^{\,\prime}&=\left(\dot{x}_M- \dot{x}_{\text{CM}}\right)\hat{x}+\left(\dot{y}_M- \dot{y}_{\text{CM}}\right)\hat{y}=\\[10pt] &=-\dfrac{mL\dot{\theta}}{m+M}\,\hat{y}, \end{aligned}\]

da cui

(23)   \begin{equation*} {v}_M^{\,\prime}=\dfrac{mL\dot{\theta}}{m+M}. \end{equation*}

Sfruttando le equazioni (21), (22), (23), e denotando con \omega=\dot{\theta}, è possibile riscrivere l’equazione (16) come segue

    \[\begin{aligned} &\dfrac{1}{2}(m+M)\omega^2\dfrac{m^2L^2}{(M+m)^2}+\dfrac{1}{2}m\omega^2\dfrac{M^2L^2}{(m+M)^2}+\dfrac{1}{2}M\omega^2\dfrac{m^2L^2}{(m+M)^2}=mgL\quad\Leftrightarrow\quad\\[10pt] &\quad\Leftrightarrow\quad (m+M)mL\omega^2+M^2L\omega^2+MmL\omega^2=2g(m+M)^2\quad\Leftrightarrow\quad\\[10pt] &\quad\Leftrightarrow\quad m^2L\omega^2+M^2L\omega^2+2MnL\omega^2=2g(M+m)^2\quad\Leftrightarrow\quad\\[10pt] &\quad\Leftrightarrow\quad (M+m)^2L\omega^2=2g(M+m)^2, \end{aligned}\]

da cui, come ottenuto in precedenza

    \[\boxcolorato{fisica}{\omega=\dot{\theta}=\sqrt{\dfrac{2g}{L}}.}\]


 

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