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Esercizio sistemi di punti materiali 25

Sistemi di punti materiali in Meccanica classica

Home » Esercizio sistemi di punti materiali 25

Esercizio sui sistemi di punti materiali 25 rappresenta il venticinquesimo 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 24, e segue l’Esercizio sui sistemi di punti materiali 26.

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 25

Esercizio 25 (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar).  Un punto materiale di massa m viene lanciato con velocità v_0 lungo un piano orizzontale privo di attrito. Ad un certo istante t>0 impatta con un piano inclinato di massa M che forma un angolo \alpha con il piano orizzontale, anch’esso libero di muoversi e privo di attrito, ed inizia a risalire lungo il piano. Si determini l’equazione che esprime la velocità assoluta del piano inclinato in funzione della quota di m e la velocità finale del sistema quando la massa m ha velocità relativa nulla rispetto al piano inclinato ovvero quando il sistema composto da m+M si muove all’unisono rispetto ad un osservatore fisso.

Svolgimento.

Scegliamo un sistema di riferimento fisso Oxy come in figura 1.

 

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Rappresentazione del sistema di riferimento scelto per l'Esercizio sistemi di punti materiali 25.  

Quando il punto materiale m è salito sul piano inclinato, non sono presenti forze esterne lungo l’asse delle x pertanto si conserva parzialmente la quantità di moto totale del sistema. Possiamo quindi determinare la velocità finale del sistema quando m ha velocità relativa nulla rispetto ad M e a tal fine imponiamo la conservazione della quantità di moto:

\begin{equation*} mv_0=\left(m+M\right)V_{m+M,x}, \end{equation*}

dove V_{m+M,x} è la velocità del sistema quando m è fermo rispetto ad M, cioè

\begin{equation*} V_{M+m,x}=\dfrac{mv_0}{m+M}. \end{equation*}

Scegliamo un sistema di riferimento non inerziale solidale con M avente assi paralleli al sistema di riferimento fisso. Definiamo

\begin{equation*} \vec{v}_{m}^{\,\prime}=v^\prime_{m,x}\,\hat{x}+v^\prime_{m,y}\,\hat{y}, \end{equation*}

ovvero la velocità relativa di m rispetto ad M. Scriviamo la conservazione della quantità di moto totale del sistema in un generico istante t>0

\begin{equation*} m\,v_0=MV_{M,x}+m(V_{M,x}+v_{m,x}^\prime), \end{equation*}

da cui

\begin{equation*} v_{m,x}^\prime=\dfrac{mv_0-V_{M,x}\left(m+M\right)}{m}, \end{equation*}

dove V_{M,x} è la velocità assoluta del piano inclinato rispetto al sistema di riferimento fisso. Ora osserviamo che dalla geometria del problema si ha

 

Rendered by QuickLaTeX.com

 

e, sfruttando le relazioni note dei triangoli rettangoli e la teoria dei moti relativi, possiamo scrivere quanto segue

\begin{equation*} \tan \alpha = \dfrac{v_{m,y}^\prime}{v_{m,x}^\prime} \quad \Leftrightarrow \quad v_{m,y}^\prime =v_{m,y}= v_{m,x}^\prime\,\tan \alpha \end{equation*}

e

\begin{equation*} v_{m,x}^\prime = v_{m,x}-V_{M,x} \end{equation*}

quindi

\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,x}), \end{equation*}

dove v_{m,x} è la velocità assoluta di m rispetto al sistema di riferimento fisso. Sfruttando (5) abbiamo

\begin{equation*} v_{m,x}=V_{M,x}+v^\prime_{m,x}=V_{M,x}+\dfrac{mv_0-V_{M,x}(M+m)}{m}=\dfrac{mv_0-MV_{M,x}}{m} \end{equation*}

e

\begin{equation*} v_{m,y}=v_{m,y}^\prime= v_{m,x}^\prime\tan\alpha=\left(\dfrac{m\,v_0-V_{M,x}(M+m)}{m}\right)\tan\alpha. \end{equation*}

Scriviamo la conservazione dell’energia meccanica in un generico istante t

\begin{equation*} \dfrac{1}{2}mv^2_0=\dfrac{1}{2}m\left(v_{m,x}^2+v_{m,y}^2\right)+\dfrac{1}{2}MV_{M,x}^2+mgh \end{equation*}

e, sfruttando (9) e (10), otteniamo

\[\begin{aligned} & \dfrac{1}{2}mv^2_0=\dfrac{1}{2}m\left(\dfrac{mv_0-MV_{M,x}}{m}\right)^2+\\ &+\dfrac{1}{2}m\left(\left(\dfrac{m\,v_0-V_{M,x}(M+m)}{m}\right)\tan\alpha\right)^2 +\dfrac{1}{2}MV_{M,x}^2+mgh \end{aligned}\]

che con qualche passaggio diventa

\[\begin{aligned} &\label{16}V_{M,x}^2\left( M+m \right)\left( M + m \sin^2\alpha\right) - 2mV_{M,x}v_0\left( M + m \; \sin^2\alpha \right) + \\ &\label{17} +m^2\left(2 gh \; \cos^2\alpha + v_0^2 \; \sin^2\alpha \right) = 0 \end{aligned}\]

ovvero l’equazione cercata.

 

Proponiamo un modo alternativo di determinare la velocità finale del sistema. Scriviamo la conservazione dell’energia nell’istante in cui m ha raggiunto la quota massima

\begin{equation*} \dfrac{1}{2}mv_0^2=\dfrac{1}{2}(M+m)V_{m+M,x}^2+mgh_{max} \end{equation*}

da cui

\begin{equation*} h_{max}=\dfrac{mv_0^2-(M+m)v^2}{2mg}. \end{equation*}

Inserendo l’espressione (13) nell’equazione precedentemente ottenuta arriviamo a

\[\begin{aligned} &V_{M,x}^2\left( M+m \right)\left( M + m \sin^2\alpha\right) - 2mV_{M,x}\left( Mv_0 + mv_0 \; \sin^2\alpha \right) + \\ & \qquad + m^2\left(2 g \; \dfrac{mv_0^2-(M+m)v^2}{2mg} \; \cos^2\alpha + v_0^2 \; \sin^2\alpha \right) = 0 \end{aligned}\]

da cui

\[\begin{aligned} &V_{M,x}^2\left( M+m \right)\left( M + m \sin^2\alpha\right) - 2 m \; V_{M,x} \; v_0 \left( M + m \; \sin^2\alpha \right) + \\ & + m\left(mv_0^2 \; \cos^2 \alpha -(M+m)v^2\; \cos^2\alpha + m v_0^2 \; \sin^2\alpha \right) = 0. \end{aligned}\]

Infine, utilizzando la prima relazione fondamentale[1] abbiamo

\[\begin{aligned} &V_{M,x}^2\left( M+m \right) \left( M + 2m \sin^2\alpha - m\right) -\\ &+ 2 m \; V_{M,x} \; v_0 \left( M + m \; \sin^2\alpha \right) + m^2v_0^2 = 0 \end{aligned}\]

le cui soluzioni sono date da[2]

\[\begin{aligned} &\left(V_{M,x}\right)_{1,2}=\dfrac{mv_0(M+m\sin^2\alpha)}{(M+2m\sin^2\alpha-m)(M+m)}\pm\\ &+\dfrac{\sqrt{m^2v_0^2 \left( M + m \; \sin^2\alpha \right)^2 - m^2 \; v_0^2 (M+m) (M+2m\sin^2\alpha-m) }}{(M+2m\sin^2\alpha-m)(M+m)}=\\ &=\dfrac{mv_0(M+m\sin^2\alpha)}{(M+2m\sin^2\alpha-m)(M+m)}\pm\\ &+\dfrac{\sqrt{M^2+m^2\sin^4\alpha-M^2+mM-mM-2m^2\sin^2\alpha+m^2}}{(M+2m\sin^2\alpha-m)(M+m)}. \end{aligned}\]

Per cui

\[\begin{aligned} &\left(V_{M,x}\right)_{1,2}=\dfrac{mv_0(M+m\sin^2\alpha) \pm mv_0 \sqrt{m^2 (\sin^4\alpha -2\sin^2\alpha+1 )}}{2(M+2m\sin^2\alpha-m)(M+m)}=\\ &=\dfrac{mv_0(M+m\sin^2\alpha) \pm m^2v_0 (1-\sin^2\alpha)} {2(M+2m\sin^2\alpha-m)(M+m)} \end{aligned}\]

e, prendendo la soluzione corrispondente al segno negativo, abbiamo

\begin{equation*} V_{M,x}=V_{M+m,x}= \dfrac{mv_0 (M+m\sin^2\alpha -(m-m\sin^2\alpha))}{(M+2m\sin^2\alpha-m)(M+m)} =\dfrac{mv_0 }{M+m} \end{equation*}

che è proprio quello che cercavamo, confermato da (2). La soluzione corrispondente al segno positivo l’abbiamo scartata perché il risultato non rispettava la conservazione della quantità di moto.

 

 


Nota.

Si osservi che abbiamo omesso dei calcoli, che riportiamo di seguito.

\[\begin{aligned} &\dfrac{1}{2}mv_0^2=mgh+\dfrac{1}{2}MV_{M,x}^2+\dfrac{1}{2}m \; \dfrac{(mv_0-MV_{M,x})^2}{m^2}+\dfrac{1}{2}\dfrac{m \; \tan^2\alpha}{m^2} \; \left(mv_0-V_{M,x}(M+m) \right)^2 \quad \Leftrightarrow \\\\ & \quad \Leftrightarrow \quad m^2v_0^2=2m^2gh+MmV_{M,x}^2+ (mv_0-MV_{M,x})^2+\tan^2\alpha \; \left(mv_0-V_{M,x}(M+m) \right)^2 \quad \Leftrightarrow\\\\ & \quad \Leftrightarrow \quad m^2v_0^2=2m^2gh+MmV_{M,x}^2+ m^2v_0^2 + M^2V_{M,x}^2 - 2Mmv_0V_{M,x}+\\\\ & \qquad \qquad \qquad +\tan^2\alpha \; \left(m^2v_0^2 + V_{M,x}^2(M+m)^2 - 2 mv_0V_{M,x} \left(M+m\right)\right) \quad \Leftrightarrow\\\\ & \quad \Leftrightarrow \quad m^2v_0^2=2m^2gh+MmV_{M,x}^2+ m^2v_0^2 + M^2V_{M,x}^2 - 2Mmv_0V_{M,x} +\\ & \qquad \qquad \qquad +\tan^2\alpha \; \left(m^2v_0^2 + V_{M,x}^2(M+m)^2 - 2 mv_0V_{M,x}\left(M+m\right) \right) \quad \Leftrightarrow\\\\ \end{aligned}\]

\[\begin{aligned} & \quad \Leftrightarrow \quad 2m^2gh \; \cos^2\alpha +MmV_{M,x}^2 \; \cos^2\alpha + M^2V_{M,x}^2 \; \cos^2\alpha- 2Mmv_0V_{M,x} \; \cos^2\alpha + \\ & \qquad \qquad \qquad +\sin^2\alpha \; \left(m^2v_0^2 + V_{M,x}^2(M+m)^2 - 2 mv_0V_{M,x}\left(M+m\right) \right) = 0 \quad \Leftrightarrow\\\\ & \quad \Leftrightarrow \quad 2m^2gh \; \cos^2\alpha +MmV_{M,x}^2 \; \cos^2\alpha + M^2V_{M,x}^2 \; \cos^2\alpha- 2Mmv_0V_{M,x} + \\ & \qquad \qquad \qquad +\sin^2\alpha \; \left(m^2v_0^2 + V_{M,x}^2(M+m)^2 - 2 m^2v_0V_{M,x} \right) = 0 \quad \Leftrightarrow\\\\ & \quad \Leftrightarrow \quad V_{M,x}^2\left( Mm\; \cos^2\alpha + M^2\; \cos^2\alpha + (M+m)^2 \sin^2\alpha\right) - 2V_{M,x}\left( Mmv_0 + m^2v_0 \; \sin^2\alpha\right) + \\\\ & \qquad \qquad \qquad + 2m^2gh \; \cos^2\alpha + \sin^2\alpha \; m^2v_0^2 = 0 \quad \Leftrightarrow\\\\ & \quad \Leftrightarrow \quad V_{M,x}^2\left( Mm\; \cos^2\alpha + M^2 + m^2 \sin^2\alpha+ 2Mm \; \sin^2\alpha \right) - 2V_{M,x}\left( Mmv_0 + m^2v_0 \; \sin^2\alpha\right) + \\\\ & \qquad \qquad \qquad + 2m^2gh \; \cos^2\alpha + \sin^2\alpha \; m^2v_0^2 = 0 \quad \Leftrightarrow\\\\ & \quad \Leftrightarrow \quad V_{M,x}^2\left( Mm + M^2 + m^2 \sin^2\alpha+ Mm \; \sin^2\alpha \right) - 2V_{M,x}\left( Mmv_0 + m^2v_0 \; \sin^2\alpha\right) + \\\\ & \qquad \qquad \qquad + 2m^2gh \; \cos^2\alpha + \sin^2\alpha \; m^2v_0^2 = 0 \quad \Leftrightarrow\\\\ & V_{M,x}^2\left( M+m \right)\left( M + m \sin^2\alpha\right) - 2mV_{M,x}\left( Mv_0 + mv_0 \; \sin^2\alpha \right) + m^2\left(2 gh \; \cos^2\alpha + v_0^2 \; \sin^2\alpha \right) = 0. \end{aligned}\]


 
 

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