Esercizio sistemi di punti materiali 17

Sistemi di punti materiali in Meccanica classica

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Esercizio sui sistemi di punti materiali 17 rappresenta il diciassettesimo 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 16, ed è preceduto dall’Esercizio sui sistemi di punti materiali 15.

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 17

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Una pallina di massa $m$ si trova su un piano orizzontale liscio ed è collegata, tramite un filo inestensibile, di massa trascurabile e passante per un piccolo foro $O$ praticato nel piano, a un corpo di massa $M$ , posto al di sotto del piano lungo la verticale passante per $O$ . All’istante $t=0$ la pallina si trova a distanza $d$ da $O$ e viene messa in moto lungo il piano con velocità $\vec{v}_0$ perpendicolare al filo e giacente sul piano orizzontale, come rappresentato in figura 1.

Si descrivano tutte le forze che agiscono sul sistema, determinando in particolare la reazione vincolare $\vec{R}$ che il piano esercita sul filo nel punto $O$ .
Si determini il valore $v_0^\star$ del modulo di $\vec{v}_0$ tale per cui $m$ inizia a ruotare restando a distanza $d$ da $O$ .
Si trovino i valori della minima distanza $r_{\min}$ e della massima distanza $r_{\max}$ da $O$ raggiunte da $m$ durante il moto in funzione di $v_0$ .
Si dimostri che per qualsiasi valore di $v_0\neq0$ non è possibile che $m$ raggiunga il punto $O$ , mentre ciò sarebbe possibile se il piano su cui si muove $m$ presentasse attrito.

Svolgimento punto 1.

Scegliamo un sistema di riferimento fisso $Oxyz$

, con l’origine coincidente con il foro $O$

del piano, gli assi $x$

e $y$

giacenti sul piano orizzontale e l’asse $z$

ortogonale a esso, come riportato in figura 2. Chiamiamo $\hat{x}$

, $\hat{y}$

e $\hat{z}$

rispettivamente i versori associati agli assi cartesiani $x$

, $y$

e $z$

. Nel sistema di riferimento scelto la massa $M$

è sottoposta alla forza peso $M\vec{g}$

, diretta nel verso delle $z$

negative, e alla tensione $\vec{T}_M$

del filo, diretta nel verso delle $z$

positive. La massa $m$

è invece sottoposta alla forza peso $m\vec{g}$

, diretta nel verso delle $z$

negative, alla reazione vincolare $\vec{N}$

del piano orizzontale, diretta nel verso delle $z$

positive e tale da bilanciare la forza peso $m\vec{g}$

, e alla tensione $\vec{T}_m$

del filo, che è diretta radialmente verso il punto $O$

. Restano ora da descrivere le forze che agiscono sul punto $O$

. Lo spezzone di filo verticale esercita sul punto $O$

una tensione $-\vec{T}_M$

diretta nel verso delle $z$

negative, uguale e opposta alla tensione $\vec{T}_M$

che agisce sul corpo $M$

, perché il filo è inestensibile e di massa trascurabile. Lo stesso discorso vale per lo spezzone di filo che si trova sul piano orizzontale, che esercita sul punto $O$

una tensione $-\vec{T}_m$

diretta lungo la direzione del filo verso $m$

. A queste forze va aggiunta la reazione vincolare $\vec{R}$

che il piano orizzontale esercita sul filo nel punto $O$

, dovuta al fatto che il piano orizzontale si comporta come un vincolo per il filo ed esercita una certa reazione vincolare nel punto in cui quest’ultimo cambia direzione, analogamente a quello che succede in una carrucola. Tutte le forze qui descritte sono riportate in figura 2, insieme al sistema di riferimento scelto.

Visto che il punto $O$ è fisso, per il secondo principio della dinamica vale

(1) $\begin{equation*} -\vec{T}_M-\vec{T}_m+\vec{R}=\vec{0}, \end{equation*}$

da cui risulta

(2) $\begin{equation*} \mbox{\fbox{$ \vec{R}= \vec{T}_M + \vec{T}_m. $}} \end{equation*}$

Inoltre, il filo è inestensibile e di massa trascurabile, dunque, si ha

(3) $\begin{equation*} |\vec{T}_M| = |\vec{T}_m| = T. \end{equation*}$

Questo implica che

(4) $\begin{equation*} \vert \vec{R}\vert =\sqrt{T^2+T^2}=\sqrt{2}T. \end{equation*}$

Consideriamo la figura 3.

Dalla figura 3 si deduce che $\vec{R}$ forma un angolo $\alpha=45^\circ$ con il piano orizzontale.

Svolgimento punto 2.

Ora assumiamo che $m$

inizi a ruotare restando a distanza $d$

da $O$

, ossia $m$

si muove di un generico moto circolare attorno a $O$

. Il teorema del momento angolare applicato al corpo $m$

rispetto al polo $O$

vale

(5) $\begin{equation*} \sum_{k=1}^n \vec{M}_k^{\,\text{ext}} = \dfrac{d\vec{L}_O}{dt}, \end{equation*}$

ossia la somma dei momenti di tutte le forze esterne che agiscono su $m$ calcolate rispetto al polo $O$ è uguale alla derivata rispetto al tempo del momento angolare $\vec{L}_O$ di $m$ calcolato rispetto allo stesso polo. Le forze esterne che agiscono su $m$ sono la forza peso $m\vec{g}$ , la reazione vincolare $\vec{N}$ e la tensione $\vec{T}_m$ . Il momento associato alla forza peso $m\vec{g}$ vale

(6) $\begin{equation*} \begin{aligned} \vec{M}_1^{\,\text{ext}} & = \vec{r}\wedge\left(m\vec{g}\right) \\ & = \left(d\,\hat{r}\right) \wedge \left(-mg\,\hat{z}\right) \\ & = - mgd\, \hat{r}\wedge\hat{z} \\ & = mgd \,\hat{t}, \end{aligned} \end{equation*}$

dove abbiamo chiamato $\hat{r}$ e $\hat{t}$ rispettivamente i versori radiale e trasverso associati al moto di $m$ , mentre $\vec{r}=d\,\hat{r}$ è il vettore posizione della forza, ossia il vettore che collega il polo $O$ con $m$ e nell’ultimo passaggio abbiamo usato la relazione di ortogonalità tra versori $\hat{r}\wedge\hat{z}=-\hat{t}$ . Il momento associato alla reazione vincolare $\vec{N}= -m\vec{g}$ vale

(7) $\begin{equation*} \begin{aligned} \vec{M}_2^{\,\text{ext}} & = \vec{r} \wedge \vec{N} \\ & = \left(d\,\hat{r}\right) \wedge \left(mg\,\hat{z}\right) \\ & = mgd \, \hat{r}\wedge\hat{z} \\ & = - mgd \,\hat{t}, \end{aligned} \end{equation*}$

da cui notiamo che $\vec{M}_1^{\,\text{ext}}=-\vec{M}_2^{\,\text{ext}}$ . Infine, il momento della tensione $\vec{T}_m$ vale

(8) $\begin{equation*} \begin{aligned} \vec{M}_3^{\,\text{ext}} & = \vec{r}\wedge\vec{T}_m \\ & = \left(d\,\hat{r}\right)\wedge\left(-T\,\hat{r}\right) \\ & = - Td \,\hat{r}\wedge\hat{r}= \vec{0}, \end{aligned} \end{equation*}$

dove abbiamo sfruttato il fatto che il prodotto vettoriale di due vettori paralleli è nullo. La sommatoria dei tre momenti $\vec{M}_1^{\,\text{ext}}$ , $\vec{M}_2^{\,\text{ext}}$ e $\vec{M}_3^{\,\text{ext}}$ vale $\displaystyle\sum_{k=1}^n\vec{M}_k^{\,\text{ext}} = \vec{0}$ , per cui l’equazione (5) diventa

(9) $\begin{equation*} \dfrac{d\vec{L}_O}{dt} = \vec{0}, \end{equation*}$

ossia il momento angolare $\vec{L}_O$ di $m$ è costante nel tempo. Il momento angolare iniziale di $m$ vale

(10) $\begin{equation*} \begin{aligned} \vec{L}_{O,i} & = \vec{r}\wedge\left(m\vec{v}_0^{\,\star}\right) \\ & = \left(d\,\hat{r}\right)\wedge\left(mv_0^\star\,\hat{t}\,\right) \\ & = mv_0^\star d\,\hat{z}, \end{aligned} \end{equation*}$

dove $d$ è il raggio (costante) del moto circolare di $m$ e $v_0^\star$ è la velocità tangenziale iniziale non nota di $m$ da determinare. Dalla conservazione (9) del momento angolare possiamo scrivere

(11) $\begin{equation*} \dfrac{d\vec{L}_O}{dt} = \dfrac{d}{dt}\left(mv_0^\star d\,\hat{z}\right) = \vec{0}. \end{equation*}$

Ricordando che per definizione $m$ e il raggio $d$ del moto circolare sono costanti, segue che

(12) $\begin{equation*} \dfrac{d}{dt}v_0^\star = 0, \end{equation*}$

ossia il modulo della velocità tangenziale di $m$ è costante in ogni istante $t>0$ . Si conclude che il moto di $m$ è circolare uniforme perché il modulo della velocità si conserva e la distanza dal polo $O$ del punto materiale è costante.

Come detto, la massa $m$ resta sempre a distanza $d$ da $O$ , di conseguenza il corpo $M$ si trova fermo a una quota $z_0$ lungo l’asse delle $z$ . Per il secondo principio della dinamica, questo implica che la sommatoria di tutte le forze che agiscono su $M$ deve essere nulla, ossia

(13) $\begin{equation*} \vec{T}_M + M\vec{g} = \vec{0}, \end{equation*}$

che implica

(14) $\begin{equation*} |\vec{T}_M| = |\vec{T}_m| = T = Mg, \end{equation*}$

dove abbiamo usato l’equazione (3). Inoltre, affinché il corpo $m$ possa muoversi di moto circolare uniforme la tensione $T$ del filo deve fornire a $m$ l’accelerazione centripeta necessaria a mantenere lo stato di moto circolare con raggio $d$ . La relazione tra la tensione $T$ e l’accelerazione centripeta $a_c=(v_0^\star)^2/d$ di $m$ si trova valutando la seconda legge della dinamica nella direzione radiale e risulta

(15) $\begin{equation*} T = ma_c = m \dfrac{\left(v^\star_0\right)^2}{d}, \end{equation*}$

da cui otteniamo

(16) $\begin{equation*} Mg = m\dfrac{\left(v^\star_0\right)^2}{d}, \end{equation*}$

e infine

(17) $\begin{equation*} \left(v^\star_0\right)^2 = \dfrac{M}{m}gd, \end{equation*}$

da cui

$\boxcolorato{fisica}{ v_0^\star = \sqrt{\dfrac{M}{m}gd}.}$

Osservazione.

Si osservi che le ipotesi del problema affermano che la massa $m$

si muova di moto circolare, senza specificare che il moto sia uniforme. Pertanto il fatto che $v_0^\star$

si conservi non è fatto ovvio, va dimostrato.

Svolgimento punto 3.

Chiamiamo $v_0$

la velocità iniziale di $m$

tale che $v_0\neq v_0^\star=\sqrt{{(Mgd)}/{m}}.$

In questa nuova configurazione si può dimostrare che la massa $m$

non si muove più di moto circolare uniforme, ma descrive una traiettoria a spirale, la cui forma specifica dipende dal valore iniziale di $v_0$

. Ai fini del nostro problema, per trovare i valori di $r_{\min}$

e $r_{\max}$

è sufficiente notare che nel moto del sistema fisico composto dalle due masse e dal filo si conservano sia l’energia meccanica totale $E$

, sia il momento angolare totale $\vec{L}$

calcolato rispetto al polo $O$

. Le forze esterne del sistema sono $\vec{N}$

, $\vec{R}$

, $m\vec{g}$

e $M\vec{g}$

, mentre le forze interne sono $\vec{T}_m$

, $-\vec{T}_m$

e $\vec{T}_M$

e $-\vec{T}_M$

. Le reazioni vincolari $\vec{N}$

e $\vec{R}$

non compiono lavoro perché sono perpendicolari allo spostamento, mentre $m\vec{g}$

e $M\vec{g}$

sono forze conservative. Le forze interne $-\vec{T}_m$

e $-\vec{T}_M$

fanno lavoro nullo perché sono applicate nel polo $O$

che è fermo, mentre $\vec{T}_m$

e $\vec{T}_M$

fanno lavoro uguale in modulo ma di segno opposto, pertanto la loro somma da lavoro complessivo nullo. Fissiamo lo zero dell’energia potenziale gravitazionale $U$

in corrispondenza del piano orizzontale, cioè alla quota $z=0$

, e definiamo $\ell$

la lunghezza del filo. L’energia totale iniziale del sistema al tempo $t=0$

è quindi

(18) $\begin{equation*} \boxed{E_i = \dfrac{1}{2}mv_0^2 - Mg\left(\ell-d\right).} \end{equation*}$

Nel generico istante $t>0$ la massa $M$ ha velocità $\vec{V}$ diretta nella direzione dell’asse delle $z$ , mentre $m$ ha velocità $\vec{v} = \vec{v}_t+\vec{v}_r$ , dove $\vec{v}_t$ e $\vec{v}_r$ sono rispettivamente la velocità nella direzione radiale e trasversa. Nel generico istante $t>0$ la lunghezza della corda che collega $m$ al polo $O$ è $r>0$ , pertanto $M$ si troverà alla quota $z = - \left(\ell-r\right)$ . Dunque, l’energia totale del sistema nel generico istante $t>0$ è

(19) $\begin{equation*} \boxed{E_f = \dfrac{1}{2}MV^2 + \dfrac{1}{2}m\left(v^2_r+v^2_t\right) - Mg\left(\ell-r\right).} \end{equation*}$

Per la conservazione dell’energia, usando le due precedenti equazioni, si ha

(20) $\begin{equation*} \dfrac{1}{2}mv_0^2 - Mg\left(\ell-d\right) = \dfrac{1}{2}MV^2 + \dfrac{1}{2}m\left(v^2_r+v^2_t\right) - Mg\left(\ell-r\right). \end{equation*}$

Consideriamo ora il momento angolare $\vec{L}$ calcolato rispetto al polo $O$ . Il momento angolare $\vec{L}$ calcolato rispetto al polo $O$ si conserva se la somma dei momenti di tutte le forze esterne applicate al sistema fisico composto da $m$ , $M$ e dal filo, che in questo caso sono $\vec{N}$ , $\vec{R}$ , $m\vec{g}$ e $M\vec{g}$ è nulla. La somma dei momenti di $\vec{N}$ e $m\vec{g}$ rispetto al polo $O$ è nulla, come già calcolato nel punto precedente dell’esercizio; restano ora da calcolare i momenti associati a $\vec{R}$ e $M\vec{g}$ . Il momento associato a $\vec{R}$ è nullo in quanto la forza è applicata nel polo $O$ e ha quindi braccio nullo; il momento associato a $M\vec{g}$ è invece nullo in quanto il vettore posizione della forza e la forza sono paralleli e, in particolare, diretti entrambi lungo l’asse delle $z$ , come si può notare dallo schema delle forze in figura 2. Dunque, possiamo calcolare il momento angolare totale del sistema al tempo $t=0$ e a un generico tempo $t>0$ ed eguagliarli, analogamente a quanto fatto per l’energia totale, perché $\vec{L}$ si conserva. Il momento angolare iniziale del sistema è

(21) $\begin{equation*} \vec{L}_i = m d v_0\hat{z}, \end{equation*}$

dove si è tenuto conto che il momento angolare dovuto alla massa $M$ risulta nullo poiché la velocità di $M$ e il vettore posizione che lo congiunge con $O$ sono sempre paralleli (in realtà basta osservare che all’istante iniziale $M$ è ferma, pertanto il suo momento angolare è nullo, dato che il momento angolare dipende dalla velocità).

Il momento angolare nel generico istante $t>0$ è

(22) $\begin{equation*} \begin{aligned} \vec{L}_f&=m\vec{r}\wedge \vec{v} \\ &=mr\,\hat{r}\wedge \left(v_t\,\hat{t}+v_r\,\hat{r}\right) \\ &=mr\,\hat{r}\wedge v_t\,\hat{t}+mr\,\hat{r}\wedge v_r\,\hat{r} \\ &=mr v_t\,\hat{z}, \end{aligned} \end{equation*}$

dove abbiamo usato il fatto che $\hat{r}\wedge\hat{t}=\hat{z}$ e $\hat{r}\wedge \hat{r}=\vec{0}$ . Per la conservazione del momento angolare, avvalendoci delle due precedenti equazioni, si ha

(23) $\begin{equation*} mdv_0 = mrv_t. \end{equation*}$

Mettendo a sistema le equazioni (20) e (23), si ottiene

(24) $\begin{equation*} \displaystyle\begin{cases} \dfrac{1}{2}mv_0^2-Mg\left(\ell-d\right)=\dfrac{1}{2}MV^2+\dfrac{1}{2}m\left(v^2_r+v_t^2\right)-Mg\left(\ell-r\right)\\[10pt] mdv_0=mr v_t. \end{cases} \end{equation*}$

Nel generico istante $t>0$ , si ha

(25) $\begin{equation*} \ell = z + r, \end{equation*}$

da cui derivando ambo i membri la precedente equazione rispetto al tempo, si ottiene

(26) $\begin{equation*} 0 = \dot{z}+ \dot{r}, \end{equation*}$

o equivalentemente

(27) $\begin{equation*} \dot{z}= -\dot{r}= V. \end{equation*}$

Ricordando che $\hat{r}$ è il versore radiale associato al moto di $m$ e che $\vec{r}$ è il vettore posizione di $m$ nel generico istante $t>0$ , si ha

(28) $\begin{equation*} \dfrac{d\vec{r}}{dt} = \dfrac{d(r\,\hat{r})}{dt} = \dot{r}\,\hat{r}+ r\,\dfrac{d\hat{r}}{dt}, \end{equation*}$

cioè abbiamo scritto la velocità di $m$ in coordinate polari. Dalla precedente equazione deduciamo che $\dot{r}$ è la velocità nella direzione radiale, cioè $\dot{r}=v_r=-V$ . Sfruttando quanto detto, cioè che $v_r=-V$ , il sistema (24) diventa

(29) $\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{1}{2}mv_0^2-Mg\left(\ell-d\right) =\dfrac{1}{2}Mv_r^2+ \dfrac{1}{2}m\left(v^2_t+v^2_r\right) - Mg\left(\ell-r\right), \\[10pt] dv_0 = rv_t. \end{cases} \end{equation*}$

Il sistema (29) ha due equazioni e tre incognite $v_t$ , $v_r$ e $r$ . Tuttavia, nell’istante in cui il raggio $r$ assume i valori $r_{\min}$ e $r_{\max}$ , il filo raggiunge rispettivamente la sua minima e massima lunghezza sul piano orizzontale: pertanto la velocità di $m$ nella direzione radiale, deve essere nulla, ossia $v_r=0$ . Se così non fosse, la frazione di filo sul piano orizzontale continuerebbe ad aumentare o diminuire di lunghezza a seconda del caso analizzato. Per quanto riguarda $v_t$ , è chiaro che non potrà mai essere nulla dato che si conserva il momento angolare (che è sempre diverso da zero) e da (29) $_2$ vale $v_t=dv_0/r\neq0$ . Analogamente, nell’istante $t>0$ in cui il raggio $r$ assume i valori $r_{\min}$ e $r_{\max}$ , la massa $M$ si ferma istantaneamente nel suo moto lungo l’asse delle $z$ , dato che $\dot{r}=v_r=-V$ , e quindi se $\dot{r}=0$ , si ha $V=0$ . Dunque, per trovare $r_{\min}$ e $r_{\max}$ possiamo porre $v_r=0$ in (29) e risolvere il sistema. Dal (29) $_2$ si ricava

(30) $\begin{equation*} v_t = \dfrac{dv_0}{r}, \end{equation*}$

che sostituita nella prima equazione del sistema (29) insieme alla condizione $v_r=0$ , dà

(31) $\begin{equation*} \dfrac{1}{2}mv_0^2 - Mg\left(\ell-d\right)= \dfrac{1}{2}m\left(\dfrac{dv_0}{r}\right)^2 - Mg\left(\ell-r\right), \end{equation*}$

da cui

(32) $\begin{equation*} mv_0^2r^2 + 2Mgdr^2 = md^2v_0^2 + 2Mgr^3, \end{equation*}$

cioè

(33) $\begin{equation*} 2Mgr^3 - \left(mv_0^2 + 2Mgd\right)r^2 + md^2v_0^2 = 0. \end{equation*}$

La precedente equazione si può riscrivere come

(34) $\begin{equation*} \begin{aligned} &2Mgr^3 - \left(mv_0^2 + 2Mgd\right)r^2 + md^2v_0^2 =\\[10pt] &=2Mgr^3 - \left(mv_0^2 + 2Mgd\right)r^2 + md^2v_0^2 -mv_0^2dr+mv_0^2dr=\\[10pt] &=2Mgr^2-mv_0^2r^2-mv_0^2dr-2Mgr^2d+mv_0^2rd+mv_0^2d^2=\\[10pt] &=r\left(2Mgr^2 - mv_0^2r - mv_0^2d \right)-d\left(2Mgr^2 - mv_0^2r - mv_0^2d \right)=\\[10pt] &= \left(r - d\right)\left(2Mgr^2 - mv_0^2r - mv_0^2d \right) = 0. \end{aligned} \end{equation*}$

La precedente equazione ha soluzione banale

(35) $\begin{equation*} r_1=d. \end{equation*}$

Le due soluzioni non banali si ottengono da

(36) $\begin{equation*} 2Mgr^2 - mv_0^2r - mv_0^2d=0. \end{equation*}$

Applicando la formula risolutiva per le equazioni di secondo grado alla precedente equazione, si trova

$\begin{aligned} r_{2,3}&=\dfrac{mv_0^2\pm\sqrt{m^2v_0^4-4(2Mg)(- mv_0^2d)}}{2(2Mg)}=\\[10pt] &=\dfrac{mv_0^2\pm\sqrt{m^2v_0^4+8Mmgv_0^2d}}{4Mg}=\\[10pt] &=\dfrac{mv_0^2}{4Mg}\left(1 \pm \sqrt{1+8\dfrac{Mgd}{mv_0^2}} \right). \end{aligned}$

La soluzione $r_3$ va scartata in quanto negativa, visto che per definizione vale $r>0$ . Resta ora da stabilire la gerarchia tra le altre due soluzioni, ossia se e per quali valori di $v_0$ vale $r_1<r_2$ , $r_1=r_2$ oppure $r_1>r_2$ . Consideriamo la disuguaglianza

(37) $\begin{equation*} r_2<r_1\quad \Leftrightarrow \quad \dfrac{mv_0^2}{4Mg}\left(1 + \sqrt{1+8\dfrac{Mgd}{mv_0^2}} \right) < d, \end{equation*}$

o anche

(38) $\begin{equation*} \sqrt{1+8\dfrac{Mgd}{mv_0^2}} < \dfrac{4Mgd}{mv_0^2} - 1, \end{equation*}$

ossia una disequazione irrazionale del tipo $\sqrt{A(v_0)} < B(v_0)$ , dove $v_0$ svolge il ruolo di variabile indipendente, al variare della quale variano $r_{\min}$ e $r_{\max}$ . La precedente disequazione, tenendo conto delle dovute condizioni di esistenza, può essere riscritta come segue

(39) $\begin{equation*} \begin{cases} A(v_0) \geq 0, \\[10pt] B(v_0) \geq 0, \\[10pt] A(v_0) < B^2(v_0). \end{cases} \end{equation*}$

Ponendo

(40) $\begin{equation*} A(v_0)=1+8\dfrac{Mgd}{mv_0^2} \end{equation*}$

(41) $\begin{equation*} B(v_0)=\dfrac{4Mgd}{mv_0^2} - 1, \end{equation*}$

il precedente sistema di disequazioni diventa

(42) $\begin{equation*} \begin{cases} 1 + 8\dfrac{Mgd}{mv_0^2} \geq 0, \\[10pt] \dfrac{4Mgd}{mv_0^2} - 1 \geq 0,\\[10pt] 1 + 8\dfrac{Mgd}{mv_0^2} < \left(\dfrac{4Mgd}{mv_0^2} - 1\right)^2. \end{cases} \end{equation*}$

La prima disequazione del precedente sistema è sempre vera perché somma di due termini sempre positivi. La seconda disequazione del sistema si può riscrivere come

(43) $\begin{equation*} \begin{aligned} &\dfrac{4Mgd}{mv_0^2} - 1 \geq 0\quad \Leftrightarrow \quad \dfrac{4Mgd}{m}\geq v_0^2\quad \Leftrightarrow\\[10pt] &\Leftrightarrow \quad v_0^2\leq\dfrac{4Mgd}{m}\quad \Leftrightarrow \quad0< v_0\leq \sqrt{\dfrac{4Mgd}{m}}=2\sqrt{\dfrac{Mgd}{m}}=2v_0^\star. \end{aligned} \end{equation*}$

Per la terza disequazione del sistema, si ha

(44) $\begin{equation*} \begin{aligned} & 1 + 8\dfrac{Mgd}{mv_0^2} < \left(\dfrac{4Mgd}{mv_0^2} - 1\right)^2\quad \Leftrightarrow\quad \\[10pt] &\Leftrightarrow \quad 1 + \dfrac{8Mgd}{mv_0^2}<\dfrac{16M^2g^2d^2}{m^2v_0^4}+1-\dfrac{8Mgd}{mv_0^2} \quad\Leftrightarrow \\[10pt] &\Leftrightarrow \quad\dfrac{16M^2g^2d^2}{m^2v_0^4} - \dfrac{16Mgd}{mv_0^2} > 0\quad\Leftrightarrow\\[10pt] &\Leftrightarrow\quad \dfrac{Mgd}{mv_0^2} > 1\quad \Leftrightarrow\quad\\[10pt] & \Leftrightarrow\quad v_0^2<\dfrac{Mgd}{m}\quad \Leftrightarrow\\[10pt] &\Leftrightarrow \quad 0<v_0<\sqrt{\dfrac{Mgd}{m}}=v_0^\star. \end{aligned} \end{equation*}$

Il sistema è verificato quando

(45) $\begin{equation*} \boxed{0<v_0<v_0^*.} \end{equation*}$

Quindi, per $v_0<v_0^*$ vale $r_2 <r_1$ e possiamo scrivere

$\boxcolorato{fisica}{r_{\min} = \dfrac{mv_0^2}{4Mg}\left(1 + \sqrt{1+8\dfrac{Mgd}{mv_0^2}} \right) \qquad \text{e} \qquad r_{\max}=d.}$

In altre parole, per $v_0< v_0^\star$ il corpo $m$ tende ad avvicinarsi al punto $O$ con un moto a spirale, fino a raggiungere $r_{\min}$ ; dopodiché, $m$ inizia ad allontanarsi da $O$ e $r$ aumenta fino a raggiungere $r_{\max}$ , sempre con un moto a spirale. A questo punto il sistema si trova esattamente nella condizione iniziale in cui era al tempo $t=0$ e il moto così descritto ricomincia, ripetendosi periodicamente all’infinito, in quanto nel sistema non ci sono dissipazioni di alcun tipo. Al contrario, quando $v_0 > v_0^\star$ l’ordine delle soluzioni cambia, cioè vale $r_1 < r_2$ e abbiamo

$\boxcolorato{fisica}{r_{\min} = d \qquad \text{e} \qquad r_{\max}=\dfrac{mv_0^2}{4Mg}\left(1 + \sqrt{1+8\dfrac{Mgd}{mv_0^2}} \right),}$

ossia $m$ prima si allontana da $O$ fino a raggiungere $r_{\max}$ , dopodiché si riavvicina fino a ritornare alla condizione iniziale fissata da $r_{\min}$ . Nel caso in cui $v_0=\sqrt{Mgd/m} = v_0^*$ , possiamo sostituire $v_0 = v_0^*$ nella equazione

(46) $\begin{equation*} r_2=\dfrac{mv_0^2}{4Mg}\left(1+ \sqrt{1+8\dfrac{Mgd}{mv_0^2}} \right), \end{equation*}$

ottenendo

(47) $\begin{equation*} r_2 = \dfrac{d}{4}\left(1 + \sqrt{1+8}\right) = d = r_1, \end{equation*}$

ossia $r_{\min} = r_{\max}$ e $m$ si muove di moto circolare uniforme di raggio $r$ a distanza fissa da $O$ , come trovato nel punto 2 del problema.

Osservazione.

Dall’equazione (27) deduciamo che la velocità di $M$

dipende dalla velocità radiale di $m$

; pertanto, dato che, all’istante iniziale $\dot{r}(0)=0$

per l’equazione (27) segue che ${V}(0)=0$

Svolgimento punto 4.

Ricordando i risultati del punto 3, possiamo dedurre che $m$

raggiunge il punto $O$

durante il moto se per qualche valore di $v_0$

troviamo $r_{\min} = 0$

. Altrimenti, se $r_{\min}>0\ \forall v_0\neq0$

, $m$

non potrà mai raggiungere $O$

durante il suo moto. Se vale $r_1<r_2$

abbiamo $r_{\min}=d>0$

, quindi per $v_0<v_0^*$

è impossibile che $m$

raggiunga $O$

. Invece, per $r_1>r_2$

, cioè per $v_0<v_0^*$

, possiamo chiederci se

(48) $\begin{equation*} r_{\min} = 0 \qquad \Leftrightarrow \qquad \dfrac{mv_0^2}{4Mg}\left(1 + \sqrt{1+8\dfrac{Mgd}{mv_0^2}} \right) = 0 \end{equation*}$

e cercare se esistono valori di $v_0\neq 0$ che la risolvono. Il termine in parentesi nell’equazione di sopra è sempre strettamente maggiore di zero, quindi l’equazione ammette come unica soluzione $v_0=0$ , ossia il moto banale in cui $m$ non ha velocità tangenziale e compie un moto puramente radiale scivolando verso $O$ trascinato dalla corda collegata a $M$ e scivolando verso il basso per via della forza peso $M\vec{g}$ . Abbiamo quindi dimostrato che per qualsiasi $v_0\neq0$ è impossibile che $m$ raggiunga $O$ .

\noindent Si poteva giungere allo stesso risultato notando che se $m$ raggiungesse il punto $O$ il suo momento angolare sarebbe $L=0$ per qualsiasi velocità, in quanto $O$ coincide con il polo scelto per calcolare i momenti, ma tale risultato è assurdo in quanto abbiamo già notato che nel sistema il momento angolare $L$ è conservato e al tempo $t=0$ il momento angolare di $m$ vale $L_0=mdv_0\neq0$ , per cui è impossibile che $m$ possa passare da uno stato con $L\neq0$ a uno stato con $L=0$ sotto le ipotesi del problema. Il discorso cambia se invece assumiamo che il piano orizzontale non è liscio: in questo caso, la forza di attrito esercitata dal piano su $m$ genera un momento esterno non nullo rispetto al polo $O$ da cui deduciamo che il momento angolare $\vec{L}$ non è più conservato. In particolare, l’effetto della forza di attrito è quello di diminuire il momento angolare del sistema, fino al punto in cui $L$ diventa uguale a zero: questo risultato è compatibile con il fatto che $m$ possa raggiungere il punto $O$ . Ciononostante, non è necessariamente vero che $m$ raggiunge sempre $O$ : se il coefficiente di attrito statico è sufficientemente alto, $m$ potrebbe fermarsi e restare ferma in altri punti del piano, ma per opportune scelte dei parametri si può fare in modo che $m$ raggiunga $O$ in un tempo finito.

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ArXiv – ArXiv è un archivio di preprint per articoli di ricerca in fisica (e in altre discipline scientifiche). Gli articoli non sono peer-reviewed al momento della pubblicazione su ArXiv, ma rappresentano un’importante risorsa per rimanere aggiornati sugli sviluppi più recenti nella ricerca fisica.
Phys.org – Questo sito offre notizie e aggiornamenti su una vasta gamma di argomenti scientifici, con un focus particolare sulla fisica. È una risorsa utile per rimanere aggiornati sugli ultimi sviluppi nella ricerca e nelle scoperte fisiche.
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Esercizio sistemi di punti materiali 17

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