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Esercizio 51  (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Da un sistema di riferimento fisso Oxy si osserva un punto materiale di massa m muoversi sotto l’azione della forza peso lungo una guida liscia, la cui forma è rappresentato dal grafico della funzione f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} tale che y=f(x), dove per convenienza l’asse y è stato diretto verso il basso. All’istante iniziale t=0, il punto materiale è nell’origine O con velocità iniziale diretta parallelamente all’asse y e di modulo pari a v_0. Si determini

  1. la scrittura analitica delle funzione f affinché il punto materiale di massa m si muova di moto rettilineo uniforme lungo l’asse delle y;
  2. le componenti lungo l’asse delle x e delle y della reazione vincolare \vec{R} generata dal vincolo sul punto materiale di massa m.

 

 

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Svolgimento punto 1.

Definiamo x, y, \hat{x} e \hat{y} rispettivamente la componente lungo l’asse delle x della massa m, la componente lungo l’asse delle y della massa m, il versore dell’asse delle x e il versore dell’asse delle y. Denotiamo il vettore posizione di m come

(1)   \begin{equation*} \vec{r}=x\,\hat{x}+y\,\hat{y}, \end{equation*}

da ciò il vettore velocità \vec{v} è definito come

(2)   \begin{equation*} \vec{v}=\dfrac{d\vec{r}}{dt}=\dot{x}\,\hat{x}+\dot{y}\,\hat{y}, \end{equation*}

conseguentemente per l’accelerazione si ha

(3)   \begin{equation*} \vec{a}=\dfrac{d^2\vec{r}}{dt^2}=\ddot{x}\,\hat{x}+\ddot{y}\,\hat{y}. \end{equation*}

Per ipotesi il moto lungo l’asse y della massa m è rettilineo uniforme con velocità di modulo v_0, pertanto lungo l’asse delle y la legge oraria di m per t\geq 0 è

(4)   \begin{equation*} y(t)=v_0 t. \end{equation*}

Sulla massa m oltre alla forza peso m\vec{g} è presente la reazione vincolare \vec{R} per via del contatto con la guida. Osserviamo che, siccome la guida è liscia, la reazione vincolare è perpendicolare allo spostamento e pertanto compie lavoro nullo. Inoltre, la forza peso è una forza conservativa, dunque si ha la conservazione dell’energia meccanica in ogni istante t>0. L’energia totale all’istante t=0 è

(5)   \begin{equation*} E_i=-mgy(0)+\frac{1}{2}mv^2(0), \end{equation*}

dove y(0) e v(0) sono rispettivamente la posizione iniziale di m lungo l’asse delle y e il modulo della velocità di m all’istante iniziale. L’energia totale nel generico istante t>0 è

(6)   \begin{equation*} E_f=-mgy+\frac{1}{2}mv^2, \end{equation*}

dove y e v sono rispettivamente la posizione di m lungo l’asse delle y nel generico istante t>0 e v è il modulo della velocità di m nel generico istante t>0. Per la conservazione dell’energia, si ha

(7)   \begin{equation*} E_i=E_f, \end{equation*}

da cui sfruttando le equazioni (5) e (6), otteniamo

(8)   \begin{equation*} -mgy(0)+\frac{1}{2}mv^2(0)=-mgy(t)+\frac{1}{2}mv^2. \end{equation*}

Dalla configurazione iniziale del sistema si evince che y(0)=0, mentre v^2(0)=v_0^2. Inoltre, v^2=v_0^2+\dot{x}^2, di conseguenza la precedente equazione risulta essere

(9)   \begin{equation*} \frac{1}{2}mv_0^2=\frac{1}{2}m(\dot{x}^2+v_0^2)-mgy, \end{equation*}

infine ricordando che y(t)= v_0 t, si ottiene

(10)   \begin{equation*} \dot{x}=t^{1/2}\sqrt{2gv_0}. \end{equation*}

Integrando rispetto al tempo ambo i membri la precedente equazione, si ottiene

(11)   \begin{equation*} x(t)=\dfrac{2}{3}t^{3/2}\sqrt{2gv_0} +C, \end{equation*}

dove C è una costante. Per poter ricavare la costante C, osserviamo che la posizione iniziale lungo l’asse delle x all’istante t=0 del punto materiale è x(0)=0. Imponendo x(0)=0 dalla precedente equazione si trova C=0. Sostituendo C=0 nella precedente equazione, otteniamo

(12)   \begin{equation*} x(t)=\dfrac{2}{3} \sqrt{2 g v_0}, \end{equation*}

dove t \geq 0. Dall’equazione (4), si ha

(13)   \begin{equation*} t=\dfrac{y}{v_0} \end{equation*}

che messa a sistema con l’equazione (12) dà

(14)   \begin{equation*} x=\dfrac{2}{3} \sqrt{2\, g\, v_0}\, \left(\dfrac{y}{v_0}\right)^{\frac{3}{2}}. \end{equation*}

Elevando ambo i membri alla 2/3 la precedente equazione diventa

(15)   \begin{equation*} x^{\frac{2}{3}}=\left(\frac{2}{3}\left(2\, g\, v_0\right)^{\frac{1}{2}}\right)^{\frac{2}{3}} \frac{y}{v_0}, \end{equation*}

da cui

    \[\boxcolorato{fisica}{ y=f(x)=\left(\frac{9\,v_0^2}{8\,g}\right)^{1/3}x^{2/3}. \nonumber}\]

Punto 2.  Siano R_x e R_y le componenti rispettivamente lungo l’asse delle x e lungo l’asse delle y della reazione vincolare \vec{R}. Per la seconda legge della dinamica abbiamo

(16)   \begin{equation*} \vec{R}+m\vec{g}=m\vec{a}. \end{equation*}

Lungo l’asse delle y il moto è rettilineo uniforme, pertanto \dot{y}=v_0, da cui il vettore accelerazione è

(17)   \begin{equation*} \vec{a}=\ddot{x}\,\hat{x}; \end{equation*}

in altri termini abbiamo sostituito \ddot{y}=0 nell’equazione (3). Sfruttando la precedente equazione e scomponendo le forze lungo l’asse delle x e delle y l’equazione 16 diventa

(18)   \begin{equation*} R_x\,\hat{x}+R_y\,\hat{y}+mg\,\hat{y}=\ddot{x}(t)\,\hat{x}, \end{equation*}

da cui

(19)   \begin{equation*} \begin{cases} R_x=m \ddot{x} \\[10pt] mg+R_y=m\ddot{y} . \end{cases} \end{equation*}

Il moto, per ipotesi, deve essere rettilineo uniformemente lungo l’asse delle y, pertanto per la seconda legge della dinamica nella direzione dell’asse delle y si ha R_y=-mg. Sostituendo x(t) (calcolata nell’equazione (11)) nella prima equazione del precedente sistema, si ha

(20)   \begin{equation*} \begin{aligned} R_x&=m \ddot{x}=m\frac{d^2}{d t^2}\left(\frac{2}{3} \sqrt{2 g v_0} t^{\frac{3}{2}}\right)=\\[5pt] &=m \frac{d}{dt}\left( \sqrt{2 g v_0} t^{\frac{1}{2}}\right) =\\[5pt] &=\dfrac{m}{2}\sqrt{2 g v_0} t^{-\frac{1}{2}}=\\[5pt] &=\sqrt{\frac{gvo}{2t}}. \end{aligned} \end{equation*}

Si conclude che le componenti della reazione vincolare sono

    \[\boxcolorato{fisica}{ R_x=m\sqrt{\dfrac{gvo}{2t}} }\]

e

    \[\boxcolorato{fisica}{ R_y=-mg .}\]

 


Richiami teorici.

Immaginiamo di avere un sistema di riferimento fisso Oy dal quale si osserva un punto materiale sottoposto ad una forza muoversi lungo una traiettoria generica \gamma. Il punto materiale è sottoposto alla forza \vec{F} e alla forza m\vec{g} che è diretta sempre parallelamente all’asse delle y. Nella figura di seguito rappresentiamo il sistema di riferimento Oy e il punto materiale muoversi lungo una traiettoria qualsiasi.

 

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Dalla definizione di forza conservativa, si ha

(21)   \begin{equation*} -mg=-\dfrac{dU}{dy} \end{equation*}

da cui integrando ambo i membri l’equazione rispetto alla variabile y, si ottiene

(22)   \begin{equation*} \boxed{U(y)=mg y+\text{costante}.} \end{equation*}

Nella figura di seguito cambiamo l’orientazione del sistema di riferimento Oy.

 

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Dalla definizione di forza conservativa, si ha

(23)   \begin{equation*} mg=-\dfrac{dU}{dy}, \end{equation*}

conseguentemente integrando ambo i membri l’equazione rispetto alla variabile y, si ha

(24)   \begin{equation*} \boxed{ U(y)=-mgy+\text{costante}.} \end{equation*}

Dunque, dalle equazioni (22) e (24) deduciamo che la scrittura analitica del potenziale della forza peso cambia a seconda dell’orientazione del sistema di riferimento Oy. Nel problema è stato usato per la conservazione dell’energia l’equazione (24).

 

Curiosità.  la curva lungo la quale un grave scivola descrivendo altezze di caduta uguali in tempi uguali è quindi una parabola semicubica; essa è anche chiamata isocrona o curva descensus aequabilis ed è stata studiata per la prima volta da Jacques Bernoulli nel 1690.