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Esercizio sistemi di punti materiali 23

Sistemi di punti materiali in Meccanica classica

Home » Esercizio sistemi di punti materiali 23

Esercizio sui sistemi di punti materiali 23 rappresenta il ventitreesimo 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 22, e segue l’Esercizio sui sistemi di punti materiali 24.

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 23

Esercizio 23 (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar).  Un corpo di massa m scivola su un piano inclinato, tra piano e corpo c’è attrito dinamico e il coefficiente di attrito dinamico ha valore k. Il piano inclinato ha una massa distribuita in modo omogenea di valore totale M e può scorrere su un piano orizzontale privo di attrito. Calcolare le accelerazioni di m e M rispetto al laboratorio (sistema fisso) considerando che all’istante iniziale tutto è in quiete.

 

 

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Svolgimento.

Scegliamo un sistema di riferimento non inerziale Ox^\prime y^\prime solidale con M (vedi figura 1).

 

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Mentre il blocco m scende sul piano inclinato a causa della forza peso, a seguito della reazione vincolare \vec{N} tra i due corpi m e M, il corpo M arretra verso sinistra. Chiamiamo \vec{A}=A \, \hat{x} l’accelerazione del blocco M, \vec{a}=a_x \, \hat{x}+a_y \, \hat{y} l’accelerazione del blocco m rispetto al sistema fisso, f_d la forza di attrito dinamico tra M e m, \vec{N} la reazione vincolare del piano inclinato, \theta l’angolo del piano inclinato ed infine {\vec{a}\;}^\prime=a^\prime \, \hat{x}^\prime l’accelerazione relativa tra m e M. Dalla seconda legge della dinamica per il corpo m possiamo scrivere:

\[\begin{cases} N-mg \cos \theta + mA \sin \theta = 0\\-f_d + mg \sin \theta + mA \cos \theta = ma^\prime \\ f_d=Nk \end{cases} \Leftrightarrow \quad \begin{cases} N=mg\cos \theta - mA \sin \theta \qquad \qquad \text{(*)}\\\\ a^\prime = \dfrac{-Nk+mg\sin \theta + mA \cos \theta}{m}\\\\ f_d = Nk. \end{cases}\]

 

Ora scegliamo un sistema fisso Oxy (vedi figura 2).

 

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Dalla seconda legge della dinamica per il corpo M possiamo scrivere:

(1) \begin{equation*} -N \sin \theta + f_d \cos \theta = - M A \quad \Leftrightarrow \quad -N (\sin \theta - k \cos \theta) = - MA \end{equation*}

Sostituendo N, come espressa in (*), nella (1) abbiamo

\[\begin{aligned} & \left(mg \cos \theta - mA \sin \theta \right) (-\sin \theta + k \cos \theta) = -MA \quad \Leftrightarrow \quad \\ & \quad \Leftrightarrow \quad -mg \cos \theta \sin \theta + kmg \cos^2\theta + mA \sin^2\theta -mAk \, \sin \theta \, \cos \theta = -MA \quad \Leftrightarrow \quad \\ & \quad \Leftrightarrow \quad A (m \sin^2 \theta - mk \sin \theta \cos \theta + M) = mg \cos \theta \sin \theta - kmg \cos^2\theta \quad \Leftrightarrow \quad \\ & \quad \Leftrightarrow \quad A = \dfrac{mg \cos \theta (\sin \theta - k \cos \theta)}{m \sin^2 \theta - mk \sin \theta \cos \theta + M}. \end{aligned}\]

Considerando il sistema formato da m e M lungo l’asse orizzontale, la somma delle forze esterne risulta nulla, quindi si conserva la quantità di moto complessiva del sistema. Pertanto possiamo scrivere:

\[mv_{m,x} -Mv_M = 0 \quad \Leftrightarrow \quad v_{m,x} = \dfrac{Mv_M}{m} \quad \Rightarrow \quad a_{x} = \dfrac{MA}{m} = \dfrac{Mg \cos \theta (\sin \theta - k \, \cos \theta)}{m \sin^2 \theta - mk \sin \theta \cos \theta + M}.\]

Alternativamente per determinare a_x si poteva procedere sostituendo A in (*) e ottenendo a^\prime dal teorema delle accelerazione relative:

\[a=A+a'\cos \theta.\]

Dobbiamo determinare a_{y} e dalla figura 2 osserviamo che

\[\begin{aligned} a_{y} = a^\prime \sin \theta & = \sin \theta \left(\dfrac{-Nk + mg \sin \theta + ma \cos \theta}{m}\right) =\\ & = \dfrac{\sin \theta}{m} \left(mg \sin \theta - mgk \cos \theta+ A (mk \sin \theta + m\cos \theta)\right)=\\ &=\sin \theta \left(g \sin \theta - gk \cos \theta+ A (k \sin \theta + \cos \theta)\right) . \end{aligned}\]

 

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Alternativamente si poteva determinare a_{y} scegliendo un sistema di riferimento inerziale (vedi figura 3) e procedendo come segue, ovvero scrivendo la seconda legge della dinamica lungo l’asse y :

\[ma_{y}=-\left(N \cos \theta - mg +f_d \sin \theta\right).\]

Ricordando che

\[\begin{cases} f_d=Nk\\ N=mg\cos \theta -m A \sin \theta \end{cases}\]

abbiamo

\[\hspace{2cm} \begin{aligned} a_{y} & = -\dfrac{1}{m} \left(N \cos \theta - mg + Nk \sin \theta\right) = -\dfrac{1}{m} (-mg + N (\cos \theta + k \sin \theta)) = \\ & = -\dfrac{1}{m} (-mg + (\cos \theta + k \sin \theta) (mg \cos \theta - ma \sin \theta)) = \\ & = -\dfrac{1}{m} (-mg +mg \cos^2 \theta - mA \sin \theta \, \cos \theta + kmg \, \cos \theta \, \sin \theta - mAk \, \sin^2 \theta) =\\ & = -\dfrac{1}{m} ( -mg \sin^2 \theta - mA \sin \theta \cos \theta +kmg \cos \theta \, \sin \theta - mAk \sin^2 \theta) = \\ & = -\dfrac{1}{m} \sin \theta (-mg \sin \theta - mA \cos \theta + kmg \cos \theta - mAk \sin \theta) = \\ & = \dfrac{1}{m} \sin \theta (mg \sin \theta -kmg \cos \theta + A (m \cos \theta + mk \sin \theta))=\\ &=\sin \theta \left(g \sin \theta - gk \cos \theta+ A (k \sin \theta + \cos \theta)\right) . \end{aligned}\]

 

Scarica gli esercizi svolti

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