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Esercizio sistemi di punti materiali 2

Sistemi di punti materiali in Meccanica classica

Home » Esercizio sistemi di punti materiali 2

Esercizio sui sistemi di punti materiali 2 rappresenta il secondo 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 1, e precede l’Esercizio sui sistemi di punti materiali 3.

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, la quale introduce lo studio delle forze e delle equazioni del moto applicate ai corpi estesi.

 

Testo esercizio sistemi di punti materiali 2

Esercizio 2 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Un insetto di massa m_1 si trova all’estremo di un bastoncino lungo d e massa m_2 posto su di un piano orizzontale liscio. L’insetto possiede una velocità iniziale \vec{v}_1 orientata come in figura e al termine del proprio moto si troverà alla fine del bastoncino, per percorrere tale percorso impiega un tempo t^\star. Determinare di quanto è arretrato il bastoncino. Si supponga la massa m_2 del bastoncino distribuita in modo omogeneo su tutta la sua lunghezza.

 

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Svolgimento.

Scelto un sistema di riferimento inerziale e dato un sistema di n punti materiali vale

(1) \begin{equation*} \sum_{k=1}^{n}\vec{F}^{ext}_k=M\vec{a}_{cm} \end{equation*}

dove \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\vec{F}^{ext}_k è la somma di tutte le forze esterne applicate al sistema, M è la somma di tutte le masse degli n punti materiali e \vec{a}_{cm} è l’accelerazione del centro di massa. Se la somma di tutte le forze esterne è nulla o semplicemente non ci sono forze esterne, (1) diventa

(2) \begin{equation*} M\vec{a}_{cm}=\vec{0}\quad\Rightarrow \quad\vec{v}_{cm}=\vec{c} \end{equation*}

con \left \vert \vec{c}\right \vert=c=costante e \left[c\right]=[\text{m}\cdot\text{s}^{-1}]. Formulando la relazione precedente in forma discorsiva, possiamo affermare che, scelto un sistema di riferimento inerziale e dato un sistema di n punti materiali, se la somma di tutte le forze esterne è nulla o non ci sono forze esterne (sistema isolato) il moto del centro di massa è rettilineo uniforme o semplicemente rimane in quiete a seconda delle condizioni iniziali del sistema.

Ora risolviamo il nostro problema.

Scegliamo un sistema di riferimento fisso Oxy e osserviamo che lungo l’asse x non agiscono forze esterne sul sistema composto dalla massa m_1 e m_2, quindi 2 è verificata. Calcoliamo la velocità del centro di massa[1]

\[\vec{v}_{cm}=\dfrac{m_1\vec{v}_1}{m_1+m_2}\]

L’origine del nostro sistema di riferimento coincide con il centro di massa del bastoncino che supponiamo distribuita in modo uniforme quindi si trova in x=0 (vedi figura 1).

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Figura 1.

Calcoliamo la posizione iniziale del centro di massa [2]

\[x_{cm,i}=\dfrac{-dm_1}{2\left(m_1+m_2\right)}\]

Quando l’insetto sarà arrivato nella estremità del bastoncino sarà arretrato di una quantità \tilde{x} (vedi figura 2)

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Figura 2.

 

Calcoliamo la posizione finale del centro di massa:

\[x_{cm,f}=\dfrac{m_1\left( \dfrac{d}{2}-\tilde{x}\right)-m_2\tilde{x}}{m_1+m_2}\]

sapendo che il moto del centro di massa è rettilineo uniforme posiamo scrivere la sua legge oraria

\[x_{cm}(t)=x_{cm,i}+v_{cm}t.\]

Ponendo t=t^\star si ha

\[x_{cm}(t^\star)=x_{cm,f}=x_{cm,i}+v_{cm}t^\star\]

e sostituendo i valori trovati di x_{cm,i} e x_{cm,f} si ha

(3) \begin{equation*} \dfrac{m_1\left( \dfrac{d}{2}-\tilde{x}\right)-m_2\tilde{x}}{m_1+m_2}=-\dfrac{dm_1}{2\left(m_1+m_2\right)}+\dfrac{m_1v_1}{m_1+m_2}t^\star. \end{equation*}

Risolviamo (3) e otteniamo \tilde{x}:

\[\begin{aligned} &\dfrac{m_1\left( \dfrac{d}{2}-\tilde{x}\right)-m_2\tilde{x}}{m_1+m_2}=-\dfrac{m_1d}{2\left(m_1+m_2\right)}+\dfrac{m_1v_1}{m_1+m_2}t^\star\Leftrightarrow \\\\ &\Leftrightarrow \dfrac{2m_1\left( \dfrac{d}{2}-\tilde{x}\right)-2m_2\tilde{x}}{2\left(m_1+m_2\right)}=-\dfrac{m_1d}{2\left(m_1+m_2\right)}+\dfrac{2m_1v_1}{2\left(m_1+m_2\right)}t^\star\Leftrightarrow \\\\ &\Leftrightarrow 2m_1\left( \dfrac{d}{2}-\tilde{x}\right)-2m_2\tilde{x}=-m_1d+2m_1v_1t^\star\Leftrightarrow m_1d-2m_1\tilde{x}-2m_2\tilde{x}=-m_1d+2m_1v_1t^\star\Leftrightarrow\\\\ &\Leftrightarrow-2m_1\tilde{x}-2m_2\tilde{x}=-2m_1d+2m_1v_1t^\star\Leftrightarrow \tilde{x}\left( m_1+m_2\right) =m_1\left(d-v_1t^\star\right)\Leftrightarrow \tilde{x}=\dfrac{m_1\left(d-v_1t^\star\right)}{m_1+m_2}. \\\\ \end{aligned}\]

Si conclude che il bastoncino è arretrato della quantità che segue

\[\boxcolorato{fisica}{\tilde{x}=\dfrac{m_1\left(d-v_1t^\star\right)}{m_1+m_2}.}\]

 


Osservazione 1.

1. Si ricorda che la velocità del centro di massa è definita come

\[\vec{v}_{cm}=\dfrac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}m_k\vec{v}_k}{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}m_k}.\]

↩


Osservazione 2.

2. Si ricorda che la posizione del centro di massa è definita come

\[\vec{r}_{cm}=\dfrac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}m_k\vec{r}_k}{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}m_k}.\]

↩

 

 

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