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Sistemi di punti materiali 27

Sistemi di punti materiali in Meccanica classica

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Esercizio 27 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Una corda di massa M e lunghezza L è tenuta ferma su un tavolo privo di attrito, mentre una certa porzione X<L/2 della sua lunghezza pende dal bordo del tavolo.
Quanto lavoro è richiesto per tirare indietro, fino sul piano del tavolo, la parte pendente?

N.B. Per lo svolgimento dell’esercizio supporre che la massa della corda sia uniformemente distribuita lungo di essa, ossia la densità di massa della corda \lambda sia costante, cioè

(1)   \begin{equation*} \lambda=\dfrac{M}{L}=\dfrac{m}{X}=\text{costante}, \end{equation*}

dove m è la massa del tratto di corda X. Inoltre, supporre che il sistema sia in quiete rispettivamente all’inizio del moto e alla fine del moto (cioè quando la corda è totalmente sul piano orizzontale).

 

 

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Premessa.

Per la risoluzione di questo problema illustreremo due metodi differenti:

  • nel primo metodo tratteremo la corda come un corpo rigido. Tramite l’ausilio del centro di massa (CM) e il teorema delle forze vive determineremo il lavoro richiesto;
  • nel secondo metodo si schematizzerà la corda come un sistema di due punti materiali, di massa variabile, collegati da un filo inestensibile e di massa trascurabile, come raffigurato in figura 3. Tramite le equazioni di Newton si calcolerà il lavoro richiesto. Questo metodo, sebbene più complesso del precedente, è istruttivo poiché le masse dei due punti materiali dipendono dal tempo e pertanto bisognerà applicare la formulazione delle leggi di Newton in forma “generale”.

 


Svolgimento metodo 1.

Fissiamo un sistema di riferimento fisso Oy come illustrato in figura 2, in cui la quota dell’origine O definisce, per scelta arbitraria, il livello zero dell’energia potenziale gravitazionale.

 

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Consideriamo il sistema quando una frazione X della corda pende dal tavolo (si veda figura 2a) e quando invece quest’ultima è stata completamente tirata indietro da un’opportuna forza esterna al sistema (si veda figura 2b). Nella configurazione iniziale, una certa frazione X della corda pende dal bordo (figura 2a). La frazione X di corda pendente avrà complessivamente una massa m pari a \lambda X, per cui il CM porzione di corda pendente si troverà ad una distanza \dfrac{X}{2} da entrambi gli estremi, come illustrato in figura 2a. In questa configurazione essendo la corda in quiete, il CM della porzione pendente avrà

  • energia cinetica del CM : K_i=0;
  • energia potenziale gravitazionale del CM : U_i=-\lambda Xg\dfrac{X}{2}=-\dfrac{MgX^2}{2L},

dove nell’ultimo passaggio abbiamo sostituito \lambda=M/L. Una volta che la parte pendente è stata tirata indietro da un’opportuna forza esterna fino a giacere interamente sul tavolo (vedi figura 2b), il CM della parte che prima pendeva si troverà alla stessa quota dell’origine O, per cui si ha che

  • energia cinetica del CM : K_f=0;
  • energia potenziale gravitazionale del CM : U_f=0.

Dal teorema delle forze vive sappiamo che il lavoro della forze esterne uguaglia la variazione di energia cinetica del CM e poiché il CM all’istante iniziale è fermo così come nell’istante finale, si ha

(2)   \begin{equation*} L_{\text{forze esterne}}= L_{\text{forza trainante}}+ L_{\text{forza peso}}=0. \end{equation*}

Poiché la forza peso è una forza conservativa sappiamo che L_{\text{forza peso}}=-\Delta U, dove \Delta U rappresenta la variazione di energia potenziale del CM tra istante iniziale e finale. In virtù di ciò segue che

(3)   \begin{equation*} L_{\text{forza trainante}}=\Delta U=U_f-U_i, \end{equation*}

da cui

    \[\boxcolorato{fisica}{ L_{\text{forza trainante}}=\dfrac{MgX^2}{2L}.}\]

 


Svolgimento metodo 2.

Il sistema fisico in esame può essere pensato, equivalentemente, come un sistema di due masse puntiformi m_1 ed m_2 (entrambe le masse sono variabili), collegate da una fune ideale e di massa trascurabile, tramite una carrucola; inoltre, tra la fune e la carrucola non c’è attrito. Fissiamo un sistema di riferimento fisso Oxy, con origine O in corrispondenza della carrucola come illustrato in figura 3.

 

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Le due masse in figura 3 saranno funzione della loro posizione rispetto all’origine O del sistema di riferimento, cioè

(4)   \begin{equation*} m_1(x)=\lambda(L-x)\quad\,\text{e}\quad m_2(x)=\lambda x, \end{equation*}

dove x rappresenta la generica distanza verticale alla quale si trova la massa m_2 rispetto al piano orizzontale su cui giace m_1. Costruiamo il diagramma di corpo libero per entrambe le masse, come illustrato in figura 3. La forza \vec{F} rappresenta la forza esterna al sistema di cui vogliamo calcolare il lavoro compiuto per tirare la parte pendente della corda sul tavolo. Sul punto materiale m_1(x) agiscono la forza peso m_1(x)\vec{g} e la reazione vincolare \vec{N} orientate nel verso negativo e positivo dell’asse y rispettivamente; la forza \vec{F} che tira il corpo è orientata nel verso positivo dell’asse x e la tensione del filo \vec{T}_1 è orientata nel verso negativo dell’asse x. Sul corpo m_2(x) agiscono la forza peso m_2(x)\vec{g} e la tensione del filo \vec{T}_2 dirette rispettivamente nel verso negativo e positivo dell’asse delle y. Per quanto detto, dal secondo principio della dinamica si ha che

(5)   \begin{equation*} \begin{cases} -F+T_1=-\dfrac{\text{d}p_{1,x}}{\text{d}t}\\\\ T_2-m_2(x)g=\dfrac{\text{d}p_{2,x}}{\text{d}t}. \end{cases} \end{equation*}

Per come abbiamo schematizzato il problema, le due masse m_1 ed m_2 sono funzioni della coordinata spaziale x che è dipendente dal tempo, segue quindi che

(6)   \begin{equation*} m_1(x)\eqqcolon m_1(x(t))\quad\text{e} \quad m_2(x)\eqqcolon m_2(x(t)). \end{equation*}

In virtù di ciò il sistema (5) diventa

(7)   \begin{equation*} \begin{cases} -F+T_1=-\dfrac{\text{d}\left(m_1\dot{x}\right)}{\text{d}t}\\\\ T_2-m_2(x)g=\dfrac{\text{d}\left(m_2\dot{x}\right)}{\text{d}t}, \end{cases} \end{equation*}

o anche

(8)   \begin{equation*} \begin{cases} -F+T_1=-\dfrac{\text{d}\left(m_1\right)}{\text{d}t}\dot{x}-m_1\dfrac{\text{d}\left(\dot{x}\right)}{\text{d}t}\\\\ T_2-m_2(x)g=\dfrac{\text{d}\left(m_2\right)}{\text{d}t}\dot{x}+m_2\dfrac{d\left(\dot{x}\right)}{dt}, \end{cases} \end{equation*}

cioè

(9)   \begin{equation*} \begin{cases} -F+T_1=-\lambda\dfrac{\text{d}\left(L-x\right)}{\text{d}t}\dot{x}-\lambda\left(L-x\right)\dfrac{\text{d}\left(\dot{x}\right)}{\text{d}t}\\\\ T_2-\lambda xg=\lambda\dfrac{\text{d}\left(x\right)}{\text{d}t}\dot{x}+\lambda x\dfrac{\text{d}\left(\dot{x}\right)}{\text{d}t}, \end{cases} \end{equation*}

da cui

(10)   \begin{equation*} \begin{cases} -F+T_1=\lambda\dot{x}^2-\lambda\left(L-x\right)\ddot{x}\\\\ T_2-\lambda xg=\lambda\dot{x}^2+\lambda x\ddot{x}, \end{cases} \end{equation*}

con 0\leq x\leq X. Poiché non c’è attrito tra il filo ideale e la carrucola, lo scopo di quest’ultima è quello di trasmettere la tensione del filo cambiandone direzione e verso ma preservandone il modulo, ossia T_1=T_2\eqqcolon T, per cui il sistema (10) diventa

(11)   \begin{equation*} \begin{cases} -F+T=\lambda\dot{x}^2-\lambda\left(L-x\right)\ddot{x}\\\\ T-\lambda xg=\lambda\dot{x}^2+\lambda x\ddot{x}, \end{cases} \end{equation*}

da cui, sottraendo membro a membro delle due equazioni del sistema, si ottiene

(12)   \begin{equation*} -F+\lambda xg=-\lambda L\ddot{x}\quad\Leftrightarrow\quad F=\lambda x g+L\lambda\ddot{x}. \end{equation*}

L’equazione (12) descrive il modulo della forza che tira la porzione pendente della corda. Il lavoro svolto dalla forza esterna si ottiene integrando il modulo della forza F tra l’istante iniziale (t=0) e l’istante t^\star in cui la massa m_2 si trova interamente sul piano orizzontale (ciò è equivalente a richiedere che la porzione pendente della corda è stata totalmente tirata indietro). In generale, sia \gamma la curva che descrive la traiettoria lungo la quale agisce la forza \vec{F} nel portare la parte pendente della corda interamente sul tavolo (la curva è chiaramente una retta), il lavoro L_f ad essa associata sarà

(13)   \begin{equation*} L_f=\int_{\gamma}\vec{F}\cdot d\vec{\ell}. \end{equation*}

La forza \vec{F} è diretta nella stessa direzione e nello stesso verso dello spostamento infinitesimo \text{d}\vec{\ell}, ossia {F}\,\hat{x}\cdot \text{d}({L-x})\,\hat{x}=-F\text{d}x, da cui

(14)   \begin{equation*} L_f=-\int_{0}^{t^\star}\left(\lambda gx -\lambda L\ddot{x}\right)dx=-\lambda g\int_{0}^{t^\star}x\dfrac{dx}{dt}dt-\lambda L\int_{0}^{t^\star}\ddot{x}\dfrac{dx}{dt}dt, \end{equation*}

dove l’istante di tempo t=0 è tale per cui x(t=0)=0 mentre l’istante di tempo t^\star è tale per cui x(t^\star)=X. Il primo integrale nell’equazione (14) è

(15)   \begin{equation*} \int_{0}^{t^\star}x\dfrac{dx}{dt}dt=\dfrac{x^2}{2}\Big|_0^{t^\star}=\dfrac{1}{2}(x^2(t^\star)-x^2(0)). \end{equation*}

Il secondo integrale nell’equazione (14) è

(16)   \begin{equation*} \int_{0}^{t^\star}\ddot{x}\dfrac{dx}{dt}dt=\dfrac{\dot{x}^2}{2}\Big|_0^{t^\star}=\dfrac{1}{2}(\dot{x}^2(t^\star)-\dot{x}^2(0)). \end{equation*}

Sostituendo la risoluzione degli integrali ottenuti alle equazioni (15) e (16) nell’equazione (14), si ottiene

(17)   \begin{equation*} L_f=-\dfrac{1}{2}\lambda g(x^2(t^\star)-x^2(0))-\dfrac{1}{2}\lambda L(\dot{x}^2(t^\star)-\dot{x}^2(0)). \end{equation*}

Poiché in entrambi gli istanti di tempo considerati tutto è in quiete, si ottiene

(18)   \begin{equation*} \dot{x}(t^\star)=\dot{x}(0)=0. \end{equation*}

Poiché inizialmente il corpo m_2 si trova ad una distanza X dal piano orizzontale si ha

(19)   \begin{equation*} x(0)=X, \end{equation*}

mentre quando essa si trova sul piano orizzontale, in seguito all’applicazione della forza esterna \vec{F}, si trova

(20)   \begin{equation*} x(t^\star)=0. \end{equation*}

Inserendo le condizioni date dall’equazioni (18),(19) e (20) arriviamo a

(21)   \begin{equation*} L_f=\dfrac{1}{2}\lambda g x^2(0)=\dfrac{1}{2}X^2\lambda g, \end{equation*}

da cui, utilizzando la definizione di \lambda, si ha

    \[\boxcolorato{fisica}{ L_f=\dfrac{MgX^2}{2L},}\]