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Esercizio sistemi di punti materiali 22

Sistemi di punti materiali in Meccanica classica

Home » Esercizio sistemi di punti materiali 22

Esercizio sui sistemi di punti materiali 22 rappresenta il ventiduesimo 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 21, e segue l’Esercizio sui sistemi di punti materiali 23.

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 22

Esercizio 22 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar).  Un cuneo a sezione triangolare, di massa M, lunghezza L e altezza h, poggia e può scorrere senza attrito su un piano orizzontale fisso, come in figura. In cima al piano inclinato in quiete è poggiato un piccolo dado pesante di massa m. Si lascia libero il dado di scivolare lungo il piano inclinato. Calcolare:
a) di quanto si sarà spostato il cuneo quando il dado avrà raggiunto il piano orizzontale;
b) quanto valgono le componenti v_x e v_y della velocità del dado quando la velocità del cuneo è V_x;
c) la velocità del cuneo all’istante in cui il dado arriva in fondo al piano inclinato, nell’ipotesi che non vi sia attrito tra cuneo e dado.

 

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Svolgimento punto a.

Scegliamo un sistema di riferimento Oxy fisso come in figura 1

 

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Nel sistema composto da m e M, lungo l’asse x, non ci sono forze esterne quindi la quantità di moto si conserva parzialmente[1] o, in altri termini, il centro di massa del sistema si muove di moto rettilineo uniforme o rimane in quiete. Nel nostro caso, inizialmente il sistema è in quiete quindi la posizione del centro di massa rimane la stessa a prescindere dalla posizione che hanno m e M rispetto al sistema di riferimento che abbiamo scelto. Consideriamo la seguente figura dove abbiamo rappresentato la situazione iniziale, ovvero cosa accade all’istante di tempo t=0.

 

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Dalla figura 2 determiniamo la posizione del centro di massa[2]

    \[x_{cm,i}=\dfrac{Mx_M}{m+M},\]

dove x_M è l’ascissa del centro di massa del cuneo. In figura 3 rappresentiamo la situazione finale, ovvero quando la massa m avrà raggiunto la fine del piano inclinato e sarà arrivata sul piano orizzontale, dove x è la distanza di cui è arretrato il cuneo.

 

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Calcoliamo la posizione del centro di massa in tale istante

    \[x_{cm,f}=\dfrac{m(L-x)+M(x_M-x)}{m+M}\]

ed imponendo che

    \[\begin{aligned} &x_{cm,f}=x_{cm,i} \quad \Leftrightarrow \quad \dfrac{m(L-x)+M(x_M-x)}{m+M}=\dfrac{Mx_M}{m+M} \quad \Leftrightarrow \quad \\\\ & \Leftrightarrow \quad m(L-x)+M(x_M-x)=Mx_M\quad \Leftrightarrow \quad mL-mx+Mx_M-Mx=Mx_M\quad \Leftrightarrow \quad\\\\ & \Leftrightarrow \quad mL-mx-Mx=0\,\,[m]\quad \Leftrightarrow \quad x(m+M)=ML\quad \Leftrightarrow \quad x=\dfrac{ML}{m+M}. \end{aligned}\]

Possiamo concludere che lo spazio di cui è arretrato il cuneo è

    \[\boxcolorato{fisica}{ x=\dfrac{ML}{m+M}. }\]

 


Svolgimento punto b.

Il cuneo si muove verso sinistra mentre m scende su di esso perché soggetto alla reazione vincolare che lo spinge verso sinistra come in figura 4.

 

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La velocità del cuneo è diretta nel verso negativo delle x. Ricordiamo che si conserva la quantità di moto del sistema lungo l’asse x. Calcoliamo la quantità di moto nell’istante iniziale[3]. Sapendo che è tutto in quiete abbiamo

    \[p_{i,x}=0.\]

Rappresentiamo in figura 5 il cui il cuneo nell’istante di tempo in cui ha una velocità V_x

 

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dove \vec{v}_{x}, \vec{v}_{y} sono le componenti della velocità \vec{v} di m rispetto al sistema di riferimento fisso Oxy, la quantità di moto è

    \[p_{f,x}=mv_{x}-MV_{x}.\]

Dalla conservazione della quantità di moto avremo

(1)   \begin{equation*} p_{f,x}=p_{i,x} \quad \Leftrightarrow \quad mv_{x}-MV_{x}=0 \quad \Leftrightarrow \quad v_{x} = \dfrac{M}{m} V_{x}. \end{equation*}

Abbiamo ottenuto la componente orizzontale della velocità \vec{v} e quindi non ci resta che calcolare la componente verticale \vec{v}_{y}, che, come si può notare dalla figura 5, è orientata nella direzione negativa dell’asse delle y. Chiamiamo \alpha l’angolo che il piano inclinato forma con l’orizzontale e ci mettiamo in un sistema di riferimento non inerziale O^\prime x^\prime y^\prime solidale con il piano inclinato come in figura 6

 

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Dalla geometria del problema si osserva che in tale sistema di riferimento la velocità relativa v^\prime_y tra m ed M lungo la verticale è la stessa, ovvero

    \[v_y=v^\prime_y\]

per quanto riguarda la direzione orizzontale chiamiamo v^\prime_x la velocità relativa lungo x^\prime e dal teorema delle velocità relative abbiamo

    \[v_x=v^\prime_x-V_x \quad \Leftrightarrow \quad v^\prime_x=v_x+V_x.\]

Consideriamo ora la figura 7

 

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dove

    \[\tan \alpha = \dfrac{v_{y}^\prime}{v_{x}^\prime}\quad \Leftrightarrow\quad v_{y}^\prime =v_{y}= v_{x}^\prime \tan \alpha , \qquad v_{y}^\prime = v_{y} \quad \mbox{e} \quad v_{x}^\prime = v_{x}+V_x.\]

Svolgendo i calcoli e tenendo conto di (1) si ottiene[4]

    \[v_y = \tan \alpha (v_{x}+V_{x}) =\dfrac{h}{L}\left(\dfrac{M}{m} V_{x}+V_x\right)=\dfrac{V_x\,h}{L}\left(\dfrac{m+M}{m}\right).\]

Dunque si conclude che la risposta al punto b) è

    \[\boxcolorato{fisica}{ \vec{v}=v_x\,\hat{x}+v_y\,\hat{y}=\dfrac{M}{m} V_{x}\,\hat{x}-\dfrac{V_x\,h}{L}\left(\dfrac{m+M}{m}\right)\,\hat{y}.}\]

 


Svolgimento punto c.

Consideriamo l’istante in cui la massa m raggiunge la fine del piano inclinato

 

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Come abbiamo già detto si conserva la quantità di moto lungo l’orizzontale, quindi abbiamo

(2)   \begin{equation*} mv_{m,x}-Mv_{M,x}=0, \end{equation*}

dove v_{m,x} è la componente della velocità di m lungo l’asse delle x e v_{M,x} è il modulo della velocità di M in tale istante. Stiamo trascurando ogni tipo di attrito quindi chiaramente si conserva l’energia meccanica del sistema[5], pertanto possiamo scrivere[6]

(3)   \begin{equation*} \dfrac{1}{2}Mv_{M,x}^2 + \dfrac{1}{2}m (v_{m,x}^2 + v_{m,y}^2) = mg h. \end{equation*}

Mettendo a sistema (2) e (3) e tenendo conto della seguente relazione

    \[v_{m,y} = \dfrac{v_{x,M}\,h}{L}\left(\dfrac{m+M}{m}\right),\]

possiamo impostare il seguente sistema

    \[\begin{cases} \dfrac{1}{2}Mv_{x,M}^2 + \dfrac{1}{2}m (v_{x,m}^2 + v_{y,f}^2) = mg h\\\\ v_{x,m}= \dfrac{M}{m} v_{x,M}\\\\ v_{y,f} = \dfrac{v_{x,M}\,h}{L}\left(\dfrac{m+M}{m}\right) \end{cases}\]

da cui

    \[\begin{aligned} & \dfrac{1}{2}Mv_{x,M}^2 + \dfrac{1}{2}m (v_{x,m}^2 + v_{y,f}^2) = mg h\quad \Leftrightarrow \quad \\\\ &\Leftrightarrow \quad \dfrac{1}{2}Mv_{x,M}^2+\dfrac{1}{2}m\left(\dfrac{M^2}{m^2} v^2_{x,M}+ \dfrac{v^2_{x,M}\,h^2}{L^2}\left(\dfrac{m+M}{m}\right)\right)=mgh\quad \Leftrightarrow \quad \\\\ &\Leftrightarrow \quad \dfrac{1}{2}Mv_{x,M}^2+\dfrac{1}{2}mv^2_{x,M}\left(\dfrac{M^2}{m^2} + \dfrac{h^2}{L^2}\left(\dfrac{m+M}{m}\right)^2\right)=mgh\quad \Leftrightarrow \quad\\\\ &\Leftrightarrow \quad v_{x,M}^2\left(\dfrac{1}{2}M+\dfrac{1}{2}m\left(\dfrac{M^2}{m^2} + \dfrac{h^2}{L^2}\left(\dfrac{m+M}{m}\right)^2\right) \right)=mgh\quad \Leftrightarrow \quad\\\\ &\Leftrightarrow \quad v_{x,M}=\sqrt{\dfrac{mgh}{\left(\dfrac{1}{2}M+\dfrac{1}{2}m\left(\dfrac{M^2}{m^2} + \dfrac{h^2}{L^2}\left(\dfrac{m+M}{m}\right)^2\right) \right)}}. \end{aligned}\]

Dunque, concludiamo che la risposta al punto c) è

    \[\boxcolorato{fisica}{ v_{x,M}=\sqrt{\dfrac{mgh}{\left(\dfrac{1}{2}M+\dfrac{1}{2}m\left(\dfrac{M^2}{m^2} + \dfrac{h^2}{L^2}\left(\dfrac{m+M}{m}\right)^2\right) \right)}}.}\]

 


Osservazioni e richiami di teoria.

 

1. Conservazione della quantità di moto parzialmente. Si intende che la quantità di moto si conserva solo lungo una particolare direzione. ↩

 

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

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

↩

 

3. Vedere figura 2. ↩

 

4. Si noti che \tan \alpha=\dfrac{h}{L}.↩

 

5. Conservazione dell’energia. Se su un punto materiale agiscono solo forze conservative, allora la somma dell’energia cinetica e potenziale rimane costante durante il suo moto, ovvero

(4)   \begin{equation*} K+U=costante \end{equation*}

dove K=\dfrac{1}{2}mv^2 con v modulo della velocità in un generico istante ed U energia potenziale associata al punto materiale nello stesso istante, che analiticamente può essere espressa in vari modi a seconda dell’entità della forza conservativa. ↩

 

6. Il teorema delle forze vive (o dell’energia cinetica). Nel caso di un sistema di n punti materiali afferma che la somma dei lavori delle forze interne ed esterne uguaglia la somma delle variazioni di energia cinetica di ogni punto materiale sottratto alle energie cinetiche iniziale del sistema, in formule

(5)   \begin{equation*} \sum_{k=1}^{n}L^{ext}_k+\sum_{k=1}^{n}L^{int}_k=K_{t,f}-K_{t,i}, \end{equation*}

dove \displaystyle\sum_{k=1}^{n}L_k^{ext} è la somma di tutti i lavori delle forze esterne, \displaystyle\sum_{k=1}^{n}L^{int}_k è la somma dei lavori di tutte le forze interne, K_{t,f}=\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2}m_kv_{k,f}^2 è la somma di tutte le energie cinetiche finali di ogni singolo punto materiale e infine \displaystyle K_{t,i}=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2}m_kv_{k,i}^2 è la somma di tutte le energie cinetiche iniziali del sistema. ↩

 

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