Esercizio lavoro ed energia 35

Dinamica del punto materiale: Lavoro ed energia in Meccanica classica

Home » Esercizio lavoro ed energia 35

More results...

Generic selectors
Exact matches only
Search in title
Search in content
Post Type Selectors
post
page


 

Esercizio 35 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Un corpo di massa m entra con velocità \vec{v}_A in una guida verticale circolare liscia di raggio R. La velocità \vec{v}_A è parallela al piano orizzontale sul quale poggia m prima di entrare nella guida, come rappresentato in figura 1.

Calcolare:

  1. il modulo della velocità nei punti B e C della guida;
  2. il modulo della reazione vincolare generato dalla guida su m nei punti A, B e C;
  3. il valore minimo del modulo della velocità v_A affinché il corpo arrivi nel punto C mantenendo il contatto con la guida.

Si supponga che sia soddisfatta la seguente condizione v_A^2> 5gR.

 

 

Rendered by QuickLaTeX.com

 

Svolgimento. Punto 1.  Sul corpo di massa m durante tutto il moto agiscono la forza peso m\vec{g} e la reazione vincolare \vec{N}. La forza peso m\vec{g} è conservativa e la reazione vincolare è perpendicolare, istante per istante, al moto di m, pertanto fa lavoro nullo. Grazie a quanto osservato, possiamo affermare che si conserva l’energia meccanica per m. Per calcolare il modulo della velocità del corpo nei punti B e C possiamo sfruttare la conservazione dell’energia meccanica per m. Posto il livello zero dell’energia potenziale gravitazionale in corrispondenza del piano orizzontale, il corpo arriva nel punto A con un’energia meccanica puramente cinetica e progressivamente che sale lungo la guida parte dell’energia cinetica iniziale si converte in energia potenziale gravitazionale, preservando l’energia meccanica totale del sistema in ogni istante t>0. Scegliamo un sistema di riferimento inerziale Oy, con origine O alla medesima quota del piano orizzontale, su cui si muove inizialmente il corpo di massa m, come rappresentato in figura 2.

 

Rendered by QuickLaTeX.com

 

Dalla conservazione dell’energia meccanica del sistema segue che

(1)   \begin{equation*} E_{A}=E_{B}=E_{C}, \end{equation*}

dove E_{A}, E_{B} e E_{C}, rappresentano l’energia meccanica totale del punto di massa m nei punti A, B e C rispettivamente.
Nel punto A l’energia meccanica del corpo m è puramente cinetica, ossia

(2)   \begin{equation*} E_{A}=\dfrac{1}{2}mv_{A}^2, \end{equation*}

mentre nel punto B (si veda figura 2) abbiamo che

(3)   \begin{equation*} E_{B}=\dfrac{1}{2}mv_{B}^2+mgR. \end{equation*}

Dall’equazione (1), utilizzando i risultati ottenuti nelle equazioni (2) e (3), si ottiene che

(4)   \begin{equation*} E_{A}=E_{B}\quad\Leftrightarrow\quad\dfrac{1}{2}mv_{A}^2=\dfrac{1}{2}mv_{B}^2+mgR\quad\Leftrightarrow\quad v_{B}^2=v_{A}^2-2gR, \end{equation*}

da cui il modulo della velocità del corpo nel punto B è data da

    \[\boxcolorato{fisica}{ v_{B}=\sqrt{v_{A}^2-2gR}.}\]

Osserviamo che la precedente soluzione è ben definita in quanto vale la condizione v_{A}^2> 5gR>2gR.

Continuando il suo moto lungo la guida, quando il corpo arriverà nel punto C la sua energia meccanica sarà data da

(5)   \begin{equation*} E_C=\dfrac{1}{2}mv_{C}^2+mg(2R). \end{equation*}

Dall’equazione (1), utilizzando i risultati ottenuti nelle equazioni (2) e (5), segue che

(6)   \begin{equation*} E_{A}=E_{C}\quad\Leftrightarrow\quad\dfrac{1}{2}mv_{A}^2=\dfrac{1}{2}mv_{C}^2+2mgR\quad\Leftrightarrow\quad v_{C}^2=v_{A}^2-4gR, \end{equation*}

da cui la velocità del corpo nel punto C è data da

    \[\boxcolorato{fisica}{ v_{C}=\sqrt{v_{A}^2-4gR}.}\]

Osserviamo che la precedente soluzione è ben definita in quanto vale la condizione v_{A}^2>5gR> 4gR.

 

Punto 2.  Per calcolare la reazione vincolare della guida nei punti A, B e C è sufficiente costruire il diagramma di corpo libero nelle tre distinte configurazioni ed utilizzare il secondo principio della dinamica. Consideriamo  il corpo di massa m quando si trova nel punto A e definiamo un sistema di riferimento inerziale Otn, dove l’asse delle t è tangente alla guida nel punto A e l’asse delle n è ad essa ortogonale, e tale per cui A\equiv O, come illustrato in figura 3. Sul corpo m agiscono la forza peso m\vec{g} e la reazione vincolare della guida \vec{N}_A dirette entrambe lungo l’asse delle n, com’è mostrato nella figura 3.

 

Rendered by QuickLaTeX.com

 

Quando il corpo di massa m arriva nel punto A è vincolato a muoversi lungo la guida di profilo circolare, pertanto anche il suo moto risulterà circolare, rispetto al sistema di riferimento Otn.
Dal secondo principio della dinamica, proiettando le forze lungo l’asse n, otteniamo che

(7)   \begin{equation*} N_A-mg=m\dfrac{v_{A}^2}{R}, \end{equation*}

dove la quantità \dfrac{v_{A}^2}{R} rappresenta l’accelerazione centripeta del corpo vincolato a muoversi lungo la guida circolare.
Dall’equazione (7) segue che la reazione vincolare della guida nel punto A è data da

    \[\boxcolorato{fisica}{ N_A=\dfrac{m}{R}\left({v_{A}^2}+ gR\right).}\]

Ripetiamo esattamente lo stesso discorso del punto A, utilizzando il medesimo sistema di riferimento cartesiano ma ruotato opportunamente e con origine nel punto B, come illustrato in figura 4. Questa volta, sebbene la reazione vincolare della guida sia sempre diretta lungo l’asse delle n, la forza peso m\vec{g} è invece diretta lungo l’asse delle t.

 

Rendered by QuickLaTeX.com

 

Pertanto dal secondo principio della dinamica, proiettando le forze lungo gli assi t e n, otteniamo che

(8)   \begin{equation*} \begin{cases} t: -mg=ma_{t,B}\\ n: N_B=m\dfrac{v_{B}^2}{R}, \end{cases} \end{equation*}

dove a_{t,B} rappresenta l’accelerazione tangenziale nel punto B e \dfrac{v_{B}^2}{R} l’accelerazione centripeta nel punto B entrambe del corpo di massa m.
Dalla seconda equazione del sistema 8, esprimendo v_{B} in termini di v_{A} come ricavato nel punto 1, segue che la reazione vincolare della guida nel punto B è data da

    \[\boxcolorato{fisica}{ N_B=\dfrac{m}{R}\left(v_{A}^2-2gR\right).}\]

Osserviamo che la precedente soluzione è ben definita in quanto vale la condizione v_{A}^2> 5gR>2gR. Comparando le espressioni ottenute per N_A e N_B notiamo che N_B<N_A.

In analogia a quanto visto nei due punti precedenti, definito il sistema di riferimento inerziale Otn, tale per cui C=\equiv O, come illustrato in figura 5, le forze agenti sul corpo sono entrambe dirette lungo l’asse delle n.

 

Rendered by QuickLaTeX.com

 

Dal secondo principio della dinamica, proiettando le forze lungo l’asse delle n, otteniamo che

(9)   \begin{equation*} N_C+mg=m\dfrac{v_{C}^2}{R}, \end{equation*}

dove \dfrac{v_{C}^2}{R} rappresenta l’accelerazione centripeta in C del corpo di massa m.
Dall’equazione (9), esprimendo v_{C} in termini di v_{A} come ricavato nel punto 1, segue che la reazione vincolare della guida nel punto C è data da

(10)   \begin{equation*} N_C=-mg+m\left(\dfrac{v_{A}^2-4gR}{R}\right), \end{equation*}

da cui

    \[\boxcolorato{fisica}{ N_C=\dfrac{m}{R}\left({v_{A}^2-5gR}\right).}\]

 

Osserviamo che la precedente soluzione è ben definita in quanto vale la condizione v_{A}^2>5gR. Comparando le espressioni ottenute per N_A, N_B e N_C notiamo che N_C<N_B<N_A.

 

Punto 3. Per calcolare la minima velocità v_A che il corpo di massa m deve avere per arrivare nel punto C mantenendo il contatto con la guida, è sufficiente ricordare che la condizione di distacco del corpo dalla guida nel punto C è data dalla seguente equazione

(11)   \begin{equation*} N_C=0, \end{equation*}

da cui utilizzando l’espressione di N_C ottenuta al punto precedente otteniamo che

(12)   \begin{equation*} \dfrac{m}{R}\left({v_{A}^2-5gR}\right)=0\quad\Leftrightarrow\quad v_{A}^2=5gR. \end{equation*}

Pertanto deduciamo che la velocità minima v_{A,\text{min}} che deve avere il corpo m per mantenere il contatto con la guida nel punto C è

    \[\boxcolorato{fisica}{ v_{A,\text{min}}=\sqrt{5gR}.}\]