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Esercizio sistemi di punti materiali 20

Sistemi di punti materiali in Meccanica classica

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Esercizio sui sistemi di punti materiali 20 rappresenta il ventesimo 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 19, e segue l’Esercizio sui sistemi di punti materiali 21.

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 20

Esercizio 20 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Un blocco di massa M, costituito da un quarto di circonferenza di raggio r, è libero di muoversi senza attrito su un piano orizzontale ed è inizialmente fermo. Un punto materiale di massa m, inizialmente fermo nel punto più alto del profilo, scivola senza attrito sul profilo. Calcolare:

(i) lo spostamento del blocco rispetto alla posizione iniziale, nell’istante in cui il punto materiale ha percorso un tratto \ell lungo l’asse orizzontale rispetto alla sua posizione di partenza;

(ii) lo spostamento del blocco rispetto alla posizione iniziale, nell’istante in cui il punto materiale ha percorso un tratto lungo \ell lungo l’asse orizzontale rispetto ad un polo solidale al blocco stesso;

(iii) lo spostamento del blocco rispetto alla posizione iniziale quando il punto materiale ha raggiunto il piano orizzontale;

(iiii) le velocità finali del punto materiale e del blocco, rispetto al piano orizzontale quando la massa m ha raggiunto il piano orizzontale stesso.

Utilizzare per i calcoli: M=0,2\,\text{kg}, m=50\,\text{g}, r=20\,\text{cm}, \ell=10\,\text{cm}.

 

 

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Svolgimento punto (i).

Consideriamo il sistema composto da M e m. Fissiamo un sistema di riferimento fisso Oxy come in figura 1.

 

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Osserviamo che lungo l’asse delle x non sono presenti forze esterne, quindi l’accelerazione del centro di massa è nulla, in altri termini il moto del centro di massa è rettilineo uniforme o è in quiete a seconda delle condizioni iniziali del sistema fisico in esame. All’istante t=0 si ha che m e M hanno velocità nulla, quindi il centro di massa ha velocità nulla, e pertanto non varia la sua posizione nel tempo. Inizialmente il punto materiale di massa m si trova in cima al blocco di massa M, entrambi ad una distanza orizzontale dall’origine O rispettivamente pari ad R e x_{M} (la posizione del centro di massa del blocco M). Quando il punto materiale m si sarà spostato rispetto alla posizione iniziale orizzontale (ovvero rispetto al polo fisso O) di un tratto \ell anche il blocco M avrà percorso un generico spostamento \Delta x rispetto alla sua posizione iniziale.

 

 

 

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All’istante t=0 la posizione del centro di massa è data dalla seguente relazione

(1) \begin{equation*} x_{CM,i}=\frac{mR+Mx_{M}}{m+M}, \end{equation*}

mentre nell’istante in cui m ha percorso lo spazio \ell, si ha

(2) \begin{equation*} x_{CM,f}=\frac{m(R-\ell)+M(x_{M}+\Delta x)}{m+M}. \end{equation*}

Come anticipato, poiché il centro di massa del sistema non varia la propria posizione, uguagliamo l’eq.(1) con l’eq.(2), e otteniamo:

(3) \begin{equation*} \frac{mR+Mx_{M}}{m+M}=\frac{m(R-\ell)+M(x_{M}+\Delta x)}{m+M}, \end{equation*}

da cui

(4) \begin{equation*} mR+Mx_{M}=mR-m\ell+Mx_{M}+M\Delta x, \end{equation*}

cioè

\[\boxcolorato{fisica}{ \Delta x=\frac{m\ell}{M}=\text{2,5}\,\text{cm}.}\]

È interessante osservare come la distanza percorsa dal blocco dipenda dal rapporto {m}/{M} per cui nel limite in cui il blocco è decisamente più massivo del corpo puntiforme (M\gg m) si ha che |\Delta x|\longrightarrow 0, ossia il blocco non si muove (ecco perchè se andiamo su uno scivolo non dobbiamo temere che quest’ultimo si allontani da noi inesorabilmente!)

 


Svolgimento punto (ii).

Si consideri la figura 3.

 

 

 

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In riferimento alla figura 3, osserviamo che la situazione è analoga a quella in figura 2, ma con la differenza che la distanza \ell rappresenta lo spostamento fatto dalla massa m rispetto ad un polo O' solidale con il blocco di massa M (in figura 3 abbiamo scelto arbitrariamente un punto O' fisso del blocco M). All’istante t=0 si ha

 

(5) \begin{equation*} x_{CM,i}=\frac{mR+Mx_{M}}{m+M}. \end{equation*}

Alla fine invece avremo che il punto materiale si troverà ad una distanza dall’origine del riferimento O pari a R-\ell+\Delta x e quindi

(6) \begin{equation*} x_{CM,f}=\frac{m(R-\ell+\Delta x)+M(x_{M}+\Delta x)}{m+M}. \end{equation*}

Sfruttando nuovamente il fatto che la componente orizzontale della posizione del centro di massa si conserva (ossia uguagliando l’eq.(5) con l’eq.(6), si ha che

(7) \begin{equation*} \frac{mR+Mx_{M}}{m+M}=\frac{m(R-\ell+\Delta x)+M(x_{M}+\Delta x)}{m+M}, \nonumber \end{equation*}

da cui

(8) \begin{equation*} \cancel{mR}+\cancel{Mx_{M}}=\cancel{mR}-m\ell+m\Delta x+\cancel{+Mx_{M}}+M\Delta x, \nonumber \end{equation*}

o anche

(9) \begin{equation*} 0=-m\ell+m\Delta x+M\Delta x, \nonumber \end{equation*}

infine

\[\boxcolorato{fisica}{ \Delta x=\frac{m\ell}{M+m}=2\,\text{cm}.}\]

Osserviamo che anche in questo caso nel limite in cui M\gg m si ha che \Delta x\longrightarrow 0, infatti

(10) \begin{equation*} \Delta x=\frac{m\ell}{M+m}=\frac{\ell}{1+\frac{M}{m}}, \nonumber \end{equation*}

per cui

(11) \begin{equation*} \lim_{M/m \longrightarrow \infty} \Delta x =0. \nonumber \end{equation*}


Svolgimento punto (iii).

Quando il punto materiale ha raggiunto il piano orizzontale significa che quest’ultimo si è spostato di \ell=r rispetto al polo mobile O. Quindi il blocco di massa M si sarà spostato rispetto alla sua posizione iniziale di

\[\boxcolorato{fisica}{\Delta x=\frac{mr}{M+m}=2\,\text{cm}.}\]

 


Svolgimento punto (iiii).

Si consideri la figura 4.

 

 

 

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La figura 4 rappresenta il sistema all’istante iniziale t=0 e all’istante finale \tilde{t}, cioè quando il blocco ha raggiunto la fine della guida. Ricordiamo che le uniche forze interne del sistema sono le reazioni vincolari che si generano tra piano e punto materiale, durante la discesa di m. Esse non compiono lavoro perché sono ortogonali istante per istante alla traiettoria dei due corpi. Ciascun corpo, inoltre, è soggetto alla propria forza peso, ma mentre la forza peso del blocco M è sempre alla stessa quota (quindi lavoro nullo), il corpo m varia la propria quota e quindi la forza peso compie lavoro. Inoltre, poiché la forza peso è una forza conservativa allora vale la conservazione dell’energia meccanica in ogni istante. Fissiamo arbitrariamente lo zero dell’energia gravitazionale con il livello del suolo su cui giace il blocco. Applicando la conservazione dell’energia meccanica tra l’istante t_0 in cui il corpo di massa m si trova fermo in cima al blocco (anch’esso fermo) e l’istante \tilde{t} in cui quest’ultimo raggiunge il piano orizzontale (vedi figura 4) segue che

(12) \begin{equation*} mgr=\frac{1}{2}mv_{f}^2+\frac{1}{2}MV_{f}^2, \end{equation*}

dove v_{f} e V_{f} sono i moduli delle velocità nell’istante \tilde{t} rispettivamente del corpo m e del blocco M. L’equazione (12) traduce il processo fisico per cui tutta l’energia potenziale gravitazionale posseduta dal corpo m quando si trova in cima al blocco M viene convertita in energia cinetica distribuita tra il corpo m ed il blocco M.

La somma delle forze lungo l’asse delle x è nulla, pertanto la quantità di moto del sistema è costante. Come sappiamo la quantità di moto del sistema iniziale è nulla, allora in un generico istante si ha

(13) \begin{equation*} MV_{f}+mv_{f}=0 \end{equation*}

dove V_{f} è la velocità di M e v_{f} è la velocità di di m rispetto all’asse delle x. Mettiamo a sistema l’eq.(13) e l’eq. (12), ovvero

\[\begin{aligned} &\begin{cases} mgr=\dfrac{1}{2}mv_{f}^2+\dfrac{1}{2}MV_{f}^2\\\\ MV_{f}+mv_{f}=0 \end{cases} \Leftrightarrow\quad \begin{cases} mgr=\dfrac{1}{2}mv_{f}^2+\dfrac{1}{2}MV_{f}^2\\\\ v_{f}=-\dfrac{M}{m}V_{f} \end{cases} \Leftrightarrow\quad \begin{cases} 2mgr=m\left(-\dfrac{M}{m}V_{f}\right)^2+MV_{f}^2\\\\ v_{f}=-\dfrac{M}{m}V_{f} \end{cases}\\ &\Leftrightarrow\quad\begin{cases} 2mgr=\dfrac{M^2}{m}V^2_{f}+MV_{f}^2\\\\ v_{f}=-\dfrac{M}{m}V_{f} \end{cases}\Leftrightarrow\quad\begin{cases} 2mgr=\left(\dfrac{M^2+mM}{m}\right)V_f^2\\\\ v_{f}=-\dfrac{M}{m}V_{f} \end{cases}\Leftrightarrow\quad\begin{cases} V_f^2=\dfrac{2m^2gr}{M^2+mM}\\\\ v_{f}=-\dfrac{M}{m}V_{f} \end{cases}\quad \Leftrightarrow\\ &\quad \Leftrightarrow\quad\begin{cases} V_f=\left(\dfrac{2m^2gr}{M^2+mM}\right)^{\frac{1}{2}}\\\\ v_{f}=-\dfrac{M}{m}\left(\dfrac{2m^2gr}{M^2+mM}\right)^{\frac{1}{2}} \end{cases}\Leftrightarrow\quad\begin{cases} V_f=m\left(\dfrac{2gr}{M^2+mM}\right)^{\frac{1}{2}}\\\\ v_{f}=-M\left(\dfrac{2gr}{M^2+mM}\right)^{\frac{1}{2}}. \end{cases} \end{aligned}\]

Sostituendo i valori numerici si ottiene

(14) \begin{equation*} \begin{cases} V_f=m\left(\dfrac{2gr}{M^2+mM}\right)^{\frac{1}{2}}=\text{0,05}\left(\dfrac{\text{2$\cdot$9,81$\cdot$0,2}}{\text{0,2$^2$+0,05$\cdot$0,2}}\right)^{\frac{1}{2}}\text{m}\cdot \text{s}^{-1}=\text{0,4}\,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}\\\\ v_{f}=-M\left(\dfrac{2gr}{M^2+mM}\right)^{\frac{1}{2}}=-\text{0,2}\left(\dfrac{\text{2$\cdot$9,81$\cdot$0,2}}{\text{0,2$^2$+0,05$\cdot$0,2}}\right)^{\frac{1}{2}}\text{m}\cdot \text{s}^{-1}=-\text{1,8}\, \text{m}\cdot\text{s}^{-1} \end{cases} \end{equation*}

dove il segno negativo su v_f sta ad indicare che m si muove in direzione opposta rispetto ad M.\\ Si conclude che

\[\boxcolorato{fisica}{ V_{f}=m\left(\dfrac{2gr}{M^2+mM}\right)^{\frac{1}{2}}=\text{0,4}\, \text{m}\cdot\text{s}^{-1} \quad \text{e}\quad v_{f}=-M\left(\dfrac{2gr}{M^2+mM}\right)^{\frac{1}{2}}=.\text{1,8}\, \text{m}\cdot\text{s}^{-1}}\]

 


Approfondimento.

Proponiamo un metodo alternativo per risolvere il punto (i) che sfrutta il calcolo differenziale e integrale.

La somma delle forze lungo l’asse delle x è nulla, pertanto la quantità di moto del sistema è costante. Come sappiamo la quantità di moto del sistema iniziale è nulla, allora in un generico istante si ha

(15) \begin{equation*} M \dfrac{dx_{M}(t)}{dt}+m\dfrac{dx_{m}(t)}{dt}=0 \end{equation*}

dove {dx_{M}/(t)}{dt} è la velocità di M e {dx_{m}/(t)}{dt} è la velocità di di m rispetto all’asse delle x. Se integriamo l’eq.(13) tra l’istante di tempo iniziale t_{0} ed un istante di tempo generico t si ha che

(16) \begin{equation*} M \int^{t}_{t_0}\dfrac{dx_{M}(t')}{dt'}dt'+m\int^{t}_{t_0}\dfrac{dx_{m}(t')}{dt'}dt'=0, \end{equation*}

da cui

(17) \begin{equation*} M\left[x_{M}(t)-x_{M}(t_0)\right]+m\left[(x_{m}(t)-x_{m}(t_0)\right]=0. \end{equation*}

Si osservi che x_{M}(t_0) e x_{m}(t_0) sono le posizioni iniziali rispettivamente di M e m all’istante iniziali. Sia t^\star l’istante di tempo in cui il corpo di massa m ha percorso un tratto \ell lungo l’asse x rispetto alla sua posizione di partenza x_{m}(t_0). Dalla figura 2, si deduce che all’istante di tempo t^\star, si ha

(18) \begin{equation*} x_{M}(t^\star)=x_{M}(t_0)+\Delta x, \end{equation*}

e

(19) \begin{equation*} x_{m}(t^\star)=(x_{m}(t_0)-\ell). \end{equation*}

Sostituendo x_{M}(t^\star) e x_{m}(t^\star) in (17) si ottiene

(20) \begin{equation*} M\left(x_{M}\left(t_0\right)+\Delta x-x_{M}\left(t_0\right)\right)+m\left (x_{m}\left(t_0\right)-\ell-x_{m}\left(t_0\right)\right)=0, \nonumber \end{equation*}

da cui

(21) \begin{equation*} Mx_{M}(t_0)+M\Delta x-Mx_{M}(t_0)+mx_{m}(t_0)-m\ell- mx_{m}(t_0)=0 \end{equation*}

cioè

(22) \begin{equation*} \Delta x=\frac{m\ell}{M}. \end{equation*}

 

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