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Esercizio moti relativi 29

Moti relativi in Meccanica classica

Home » Esercizio moti relativi 29

Esercizio sui moti relativi 29 è il ventinovesimo esercizio della raccolta esercizi dedicati ai moti relativi. Il successivo esercizio disponibile nella sequenza è Esercizio sui moti relativi 30, mentre il precedente è Esercizio sui moti relativi 28. L’argomento dei moti relativi precede lo studio degli esercizi svolti sul lavoro e sull’energia e prosegue con l’analisi degli esercizi svolti sui sistemi di punti materiali. Questo esercizio è rivolto agli studenti del corso di Fisica 1, risultando particolarmente utile per i percorsi di studio in ingegneria, fisica e matematica.

 

Testo dell’Esercizio sui moti relativi 29

Esercizio 29 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Siano un sistema di riferimento Ozyz e un’asta verticale verticale, indefinita e scabra con coefficiente di attrito dinamico \mu_0. L’asta viene posta parallelamente a distanza d dall’asse z lungo l’asse delle x. Sull’asta viene posto un punto materiale di massa m, vincolato a muoversi lungo l’asta (può muoversi solo verticalmente lungo l’asta mentre essa ruota), e l’asta successivamente viene messa in rotazione attorno all’asse z con velocità angolare costante \vec{\omega}. Se il punto materiale all’istante t=0 si trova nel punto di coordinate (d,0,0), con quale velocità iniziale \vec{v}_0 deve essere lanciato verticalmente affinché torni nello stes

 
 

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Richiami teorici.

La seconda legge della dinamica “modificata” per un sistema di riferimento non inerziale, afferma che dato un sistema di riferimento non inerziale e un punto materiale P, la somma fra la risultante di tutte le forze reali applicate a tale punto e la risultante delle forze apparenti uguaglia la massa del punto materiale per la sua accelerazione relativa rispetto al sistema di riferimento non inerziale. In formule:

(1)   \begin{equation*} \vec{F}-m\vec{a}_{O^\prime}-m\vec{a}_c-m\vec{a}_t-m\vec{a}_{\text{Coriolis}}=m\vec{a}^\prime. \end{equation*}

Nell’equazione (1):

  • \vec{F} è la risultante di tutte le forze reali applicate al punto materiale;
  • \vec{a}_{O^\prime} è l’accelerazione del sistema di riferimento non inerziale rispetto ad un sistema di riferimento inerziale;
  • \vec{a}_t=\vec{\alpha}\wedge\vec{r}^{\, \prime }=\dfrac{d\vec{\omega}}{dt}\wedge \vec{r}^{\, \prime }, dove \vec{\omega} la velocità angolare con il quale ruota il sistema di riferimento non inerziale rispetto al sistema di riferimento inerziale e \vec{r}^{\, \prime } il vettore posizione di m rispetto al sistema di riferimento non inerziale;
  • -m\vec{a}_c è la forza centrifuga, dove \vec{a}_c=\vec{\omega}\wedge \left(\vec{\omega} \wedge \vec{r}^{\, \prime } \right);
  • -m\, \vec{a}_{\text{Coriolis}} è la forza di Coriolis, dove \vec{a}_{\text{Coriolis}}=2\vec{\omega}\wedge \vec{v}^{\, \prime }, essendo \vec{v}^{\, \prime } la velocità relativa del punto materiale rispetto al sistema di riferimento non inerziale;
  • \vec{a}^{\,\prime} è l’accelerazione relativa di m nel sistema di riferimento non inerziale.

In particolare

(2)   \begin{equation*} -m\vec{a}_{O^\prime}-m\vec{a}_c-m\vec{a}_t-m\vec{a}_{\text{Coriolis}} \, = \, \text{somma delle forze apparenti}. \end{equation*}

   


Svolgimento.

Scegliamo un sistema di riferimento non inerziale O^\prime z^\prime tale che z^\prime\parallel z e sia coincidente con l’asta. Osserviamo il punto materiale m da tale sistema di riferimento. Per la fisica del problema abbiamo \vec{a}_t=\vec{0} perché il sistema di riferimento non inerziale ruota e basta, \vec{a}_{\text{Coriolis}}=\vec{0} perché \vec{v}^{\,\prime} e \vec{\omega} sono paralleli, inoltre il punto materiale è soggetto alla sua forza peso, alla forza di attrito dinamico e alla forza centrifuga. Quindi per (1) abbiamo

(3)   \begin{equation*} -mg\,\hat{z}^\prime-\left \vert N\right \vert \mu_0\,\hat{z}^\prime-m\vec{a}_c-N\,\hat{n}=m a^{\prime}\,\hat{z}^\prime, \end{equation*}

dove N è la componente della reazione vincolare all’asta, \left \vert N\right \vert \mu_0 è il modulo della forza di attrito dinamico, mg è il modulo della forza peso, \hat{n} è il versore normale all’asta e \hat{z}^{\prime} è il versore dell’asse z^\prime. Si ha

(4)   \begin{equation*} \vec{a}_c=\vec{\omega}\wedge\left(\vec{\omega}\wedge\vec{r}^{\,\prime}\right)=-\omega^2d\,\hat{n}, \end{equation*}

da cui dalla precedente equazione abbiamo

(5)   \begin{equation*} \begin{cases} N=m\omega^2 d\\ -mg-N\mu_0=ma^\prime, \end{cases} \end{equation*}

cioè

(6)   \begin{equation*} -mg-m\omega^2d\,\mu_0 =-ma^\prime\quad \Leftrightarrow \quad a^\prime=-g-\omega^2 d\, \mu_0. \end{equation*}

Scriviamo le leggi che descrivono rispettivamente posizione e velocità dal sistema non inerziale per m nella fase di salita, cioè

(7)   \begin{equation*} \begin{cases} z^\prime (t)=v_0 t+\dfrac{1}{2}a^\prime t^2\\[10pt] v^\prime (t)=v_0+a^\prime t. \end{cases} \end{equation*}

Posto t=t_1, ovvero il tempo che il punto materiale impiega a fermarsi nel sistema non inerziale, dalla seconda equazione del precedente sistema si ottiene

(8)   \begin{equation*} v^\prime(t_1)=v_0-a^\prime t_1=0 \quad \Leftrightarrow \quad t_1=\dfrac{v_0}{a^\prime}=\dfrac{v_0}{g+\omega^2d\,\mu_0} \end{equation*}

da cui, sostituendo nella prima equazione del sistema, si giunge a

(9)   \begin{equation*} z^\prime (t_1)=h=v_0t_1-\dfrac{1}{2}a^\prime t_1^2 = \dfrac{v_0^2}{g+\mu\omega^2d}-\dfrac{1}{2}(g+\mu\omega^2d)\cdot\dfrac{v_0^2}{(g+\mu\omega^2d)^2}, \end{equation*}

pertanto

(10)   \begin{equation*} h=\dfrac{v_0^2}{2(g+\mu_0\omega^2 d)}. \end{equation*}

Raggiunta la quota massima h, nel sistema non inerziale il punto materiale torna indietro e ha una nuova accelerazione \tilde{a}^\prime perché la forza di attrito dinamico è opposta alla forza peso, contrariamente al modo di salita; ovviamente nel modo di discesa il punto materiale si muove di modo uniformemente accelerato, contrariamente al primo caso che è un modo uniformemente decelerato. Dalla seconda legge della dinamica abbiamo (i calcoli per ottenere l’equazione che segue sono analoghi a quelli svolti nel primo caso)

(11)   \begin{equation*} -mg+\mu_0 m\omega^2 d=m\tilde{a}^\prime \quad \Leftrightarrow \quad \tilde{a}^\prime=-g+\mu_0\omega^2d, \end{equation*}

dove \tilde{a}^\prime è la componente dell’accelerazione nel modo di discesa. Nel modo di discesa la legge oraria è

(12)   \begin{equation*} \tilde{z}^\prime(t)=h+\dfrac{1}{2}\tilde{a}^\prime \left(t-t_1\right)^2. \end{equation*}

Poniamo z^\prime(t)=0 ottenendo

(13)   \begin{equation*} \left(t-t_1\right)^2=-\dfrac{2h}{\tilde{a}^\prime} \quad \Rightarrow \quad t=t_2=t_1+\sqrt{-\dfrac{2h}{\tilde{a}^\prime}}=t_1+\sqrt{\dfrac{v_0^2}{(g+\mu_0\omega^2 d)(g-\mu_0\omega^2 d)}}=t_1+\sqrt{\dfrac{v_0^2}{g^2-\mu^2_0\omega^4 d^2}}, \end{equation*}

dove è stata usata l’equazione (10) e l’equazione (12). Dunque, il tempo totale per tornare nel piano xy è

(14)   \begin{equation*} t_2=\dfrac{v_0}{g+\mu_0\omega^2d}+\dfrac{v_0}{\sqrt{g^2-\mu^2_0\omega^4 d^2}}. \end{equation*}

L’asta ruota con velocità angolare \omega costante rispetto all’asse z, quindi si muove di moto circolare uniforme, e quindi il tempo T per compiere una rotazione completa vale

(15)   \begin{equation*} T=\dfrac{2\pi}{\omega}; \end{equation*}

affinché il punto materiale torni esattamente dal punto da cui era partito, ovvero (d,0,0), è sufficiente che i due tempi t_{2} e T siano uguali, cioè

(16)   \begin{equation*} t_{2}=T, \end{equation*}

per cui avvalendoci dell’equazione (14) e (15) la precedente equazione diventa

(17)   \begin{equation*} v_0\left(\dfrac{1}{(g+\mu\omega^2d)}+\dfrac{1}{\sqrt{g^2-\mu^2_0\omega^4 d^2}} \right) = \dfrac{2\pi}{\omega}, \end{equation*}

o anche

(18)   \begin{equation*} v_0\left(\dfrac{1}{(g+\mu\omega^2d)}+\dfrac{1}{\sqrt{g^2-\mu^2_0\omega^4 d^2}} \right) = \dfrac{2\pi}{\omega}. \end{equation*}

Si conclude che la velocità di lancio v_0 deve essere

    \[\boxcolorato{fisica}{ v_0=\dfrac{2\pi}{\omega\left( \dfrac{1}{g+\mu\omega^2 d}+\dfrac{1}{\sqrt{g^2-\mu^2_0\omega^4 d^2}}\right)}}\]


 

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