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Esercizio sistemi di punti materiali 28

Sistemi di punti materiali in Meccanica classica

Home » Esercizio sistemi di punti materiali 28

Esercizio sui sistemi di punti materiali 28 rappresenta il ventottesimo 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 27, e segue dall’Esercizio sui sistemi di punti materiali 29.

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 28

Esercizio 28 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Un corpo di massa m è attaccato all’estremità di una molla ideale. Esso è vincolato a muoversi verticalmente ed è in contatto con un ripiano inclinato liscio di un carrello di massa M scorrevole su un piano orizzontale privo di attrito, come illustrato in figura 1. Il ripiano forma un angolo \alpha rispetto al piano orizzontale. La molla ha costante elastica k e quando il corpo m coincide con il punto C la molla è a riposo. All’istante t=0, il corpo m coincide con il punto D, ad un’altezza h rispetto al punto C, le velocità dei due corpi sono nulle e il sistema viene lasciato libero di muoversi. Si determini:

  • la velocità del carrello di massa M nell’istante in cui il corpo m coincide con C;
  • il modulo N della reazione vincolare del piano inclinato e il modulo R della reazione del piano orizzontale in funzione della compressione x della molla.

 

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Svolgimento.

Osserviamo che in virtù dei vincoli imposti dal problema, il piano inclinato e il corpo m avranno una velocità rispettivamente nella direzione orizzontale e nella direzione verticale. Fissiamo un sistema di riferimento cartesiano fisso Oy con origine O in corrispondenza dello zero dell’energia potenziale gravitazionale, consideriamo:

  • l’istante iniziale, quello in cui il corpo m si trova nel punto D ad un’altezza h rispetto al punto C e la molla risulta essere compressa di una quantità h rispetto alla posizione di equilibrio (si veda figura 2(a));
  • l’istante finale, quello in cui il corpo m si trova nel punto C ad una velocità \vec{v}_m orientata lungo la verticale , il carrello si muove orizzontalmente con una velocità \vec{v}_M e la molla risulta essere nella sua posizione di equilibrio (si veda figura 2(b)).

 

 

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Svolgimento punto a.

Osserviamo che le varie reazioni vincolari del sistema fanno lavoro nullo (come vuole la definizione di vincolo ideale) e non sono presenti forze di attrito ma solamente forze conservative, per cui l’energia meccanica si conserva. In particolare l’energia meccanica iniziale del sistema E_{\text{ini}} (si veda figura 2) è data dalla somma dell’energia potenziale gravitazionale U_{\text{peso}} e quella elastica della molla U_{\text{el}}, cioè

\begin{equation*} E_{ini}=U_{peso}+U_{el}=mgh+Mgy_{\text{M}}+\dfrac{1}{2}kh^2, \end{equation*}

dove abbiamo usato il fatto che nel caso specifico la molla risulta essere compressa di una quantità h rispetto alla posizione di equilibrio e inoltre y_{\text{M}} è la quota del centro di massa di M. Nell’istante finale considerato (si veda figura 2) la molla torna alla lunghezza di riposo ed il corpo m si trova alla stessa quota dell’origine O dell’energia potenziale gravitazionale, per cui l’energia meccanica finale del sistema E_{fin} sarà data dalla somma dell’energia cinetica del corpo m e del corpo M,che indichiamo rispettivamente con K_m e K_M, e della sola energia potenziale gravitazionale di M, ossia

\begin{equation*} E_{fin}=\dfrac{1}{2}mv_{m}^2+\dfrac{1}{2}Mv_{M}^2+Mgy_{\text{M}}. \end{equation*}

Poiché, come anticipato, l’energia meccanica del sistema si conserva, ossia E_{ini}=E_{fin}, dalle equazioni (1) e (2) troviamo che

\begin{equation*} mgh+\dfrac{1}{2}kh^2=\dfrac{1}{2}mv_{m}^2+\dfrac{1}{2}Mv_{M}^2. \end{equation*}

Osserviamo che l’equazione (3) presenta due incognite v_m e v_M, pertanto è necessario trovare un’ulteriore equazione per determinare la velocità v_M del carrello. Per la particolare configurazione del sistema in esame (dovuti ai vincoli), segue che i vettori velocità \vec{v}_m e \vec{v}_M sono legati geometricamente come illustrato in figura 3.

 

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In particolare si deduce che

\begin{equation*} v_m=v_M\tan\alpha. \end{equation*}

Sostituendo v_m, ottenuta all’equazione (4), nell’equazione (3), si trova

\begin{equation*} mgh+\dfrac{1}{2}kh^2=\dfrac{1}{2}mv_{M}^2\tan^2\alpha+\dfrac{1}{2}Mv_{M}^2\quad\Leftrightarrow\quad 2mgh+kh^2=v_{M}^2(m\tan^2\alpha+M), \end{equation*}

da cui otteniamo che il modulo della velocità del carrello di massa M è data da

\[\boxcolorato{fisica}{ v_M=\sqrt{\dfrac{2mgh+kh^2}{m\tan^2\alpha+M}}.}\]

 


Svolgimento punto b).

Costruiamo il diagramma di corpo libero per entrambi i corpi che costituiscono il sistema fisico in esame, come illustrato in figura 4. Sul corpo m agiscono la forza peso m\vec{g}, la reazione vincolare \vec{N} e la forza elastica \vec{F}_{el}=-k\vec{x}, dove \vec{x} è il vettore che ha come modulo la lunghezza della molla ed orientata nella direzione della forza delle molla, ovvero la direzione verticale per via del vincolo imposto dal problema. Sul carrello agiscono la forza peso M\vec{g}, la reazione vincolare \vec{R} dovuta al contatto con il piano orizzontale su cui esso si muove, e la reazione vincolare \vec{N}'=-\vec{N}, come conseguenza del terzo principio della dinamica. Definiamo un sistema di riferimento fisso Oxy, come illustrato in figura 4, rispetto al quale scriviamo la seconda legge della dinamica per il corpo m e per il carrello M. Proiettando le forze lungo l’asse y del sistema di riferimento fissato, la seconda legge della dinamica per il corpo m è

\begin{equation*} N\sin\left(\dfrac{\pi}{2}-\alpha\right)-mg-kx=-m a_{m,y} \quad\Leftrightarrow\quad N\cos\alpha-mg-kx=-m a_{m,y}, \end{equation*}

dove chiaramente la risultate lungo l’asse delle x non è stata considerata perché il corpo è libero di muoversi solo lungo la verticale.

Si osservi che non è stata considerata l’equazione della dinamica lungo la direzione orizzontale per la massa m (asse delle x), poiché non è necessaria ai fini della risoluzione del problema; in tale direzione la componente orizzontale della reazione vincolare N viene controbilanciata da una  forza vincolare dovuto al vincolo che impedisce alla massa m di muoversi nella direzione orizzontale.

Proiettando le forze lungo gli assi x ed y del sistema di riferimento fissato, per la seconda legge della dinamica per il carrello di massa M, si ottiene

\begin{equation*} \begin{cases} x:N\cos\left(\dfrac{\pi}{2}-\alpha\right)=Ma_{M,x}\\\\ y:R-Mg-N\sin\left(\dfrac{\pi}{2}-\alpha\right)=a_{M.y} \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} x:N\sin\alpha=Ma_{M,x}\\\\ y:R-Mg-N\cos\alpha=0, \end{cases} \end{equation*}

dove lungo l’asse y abbiamo posto a_{M.y}=0 poiché il carrello è vincolato a muoversi orizzontalmente.

 

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Ricordiamo che nell’equazione (4), abbiamo correlato tra di loro le velocità dei due corpi in esame, per cui derivando nuovamente rispetto al tempo otteniamo la seguente relazione

\begin{equation*} a_{m,y}=a_{M,x}\tan\alpha. \end{equation*}

Sostituendo a_m (calcolata nell’equazione (8)) nell’equazione (6), otteniamo

\begin{equation*} N\cos\alpha-mg-kx=-m a_{M,x}\tan\alpha. \end{equation*}

Quindi, esplicitando a_{M,x} dalla prima equazione del sistema (7), ed inserendola nell’equazione (9), si trova

\begin{equation*} N\cos\alpha-mg-kx=-m\left(\dfrac{N\sin\alpha}{M}\right)\tan\alpha\quad\Leftrightarrow\quad N\left(\cos\alpha+\dfrac{m}{M}\dfrac{\sin^2\alpha}{\cos\alpha}\right)=mg+kx, \end{equation*}

cioè

\begin{equation*} N=\dfrac{(mg+kx)\cos\alpha}{\cos^2\alpha+\dfrac{m}{M}\sin^2\alpha}, \end{equation*}

da cui, utilizzando la relazione \sin^2\alpha=1-\cos^2\alpha, otteniamo

\[\boxcolorato{fisica}{ N=\dfrac{(mg+kx)\cos\alpha}{\dfrac{m}{M}+\left(1-\dfrac{m}{M}\right)\cos^2\alpha}.}\]

 

Osserviamo che la reazione vincolare è nella forma N(x)=ax+b, con a e b costanti, che traduce l’idea intuitiva per cui più la molla è compressa maggiore sarà l’interazione tra i due corpi. Infine, esplicitando la reazione vincolare R dalla seconda equazione del sistema (7), si ha

\begin{equation*} R=Mg+N\cos\alpha, \end{equation*}

ed utilizzando l’espressione di N appena ottenuta, giungiamo a

\[\boxcolorato{fisica}{ R=Mg+\dfrac{(mg+kx)\cos^2\alpha}{\dfrac{m}{M}+\left(1-\dfrac{m}{M}\right)\cos^2\alpha}.}\]

 

Osserviamo che anche è nella forma R(x)=ax+b, con a e b costanti, con la stessa interpretazione fisica già discussa nel caso della reazione N.

 


Fonte.

Problemi di fisica generale – S.Rosati e L. Lovitch.

 

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