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Esercizio sistemi di punti materiali 32

Sistemi di punti materiali in Meccanica classica

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Esercizio sui sistemi di punti materiali 32 rappresenta il trentaduesimo 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 31, e segue l’Esercizio sui sistemi di punti materiali 33.

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 32

Esercizio 32 (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Due aste uguali, ciascuna di lunghezza \ell e massa trascurabile, sono vincolate a muoversi in un piano verticale e sono incernierate tra loro ad un estremo C. Gli altri due estremi A e B, vincolati a muoversi lungo un asse orizzontale, sono collegati da una molla di lunghezza di riposo trascurabile e costante elastica k. Tre corpi puntiformi, di massa m_A, m_B e m_C, sono saldati rispettivamente nei tre vertici A, B e C. Si assumono trascurabili tutti i possibili attriti e si consideri la molla ideale.

  1. Si calcoli l’altezza y_{eq}, rispetto all’asse orizzontale AB, del punto C nella posizione di equilibrio. Inoltre, si dica se tale equilibrio è instabile o stabile.
  2. Sfruttando il risultato del punto 1 si deduca qual è l’intensità minima F_{\min} della forza diretta verso il basso da applicare in C, in corrispondenza della posizione di equilibrio affinché C giunga sull’asse orizzontale.
  3. In corrispondenza del caso 2, si determini lo spostamento \Delta x_C lungo l’asse orizzontale ed il modulo v_C della velocità con la quale vi giunge il sistema.

 

 

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Svolgimento.

Per lo svolgimento del punto 1 seguiremo due procedimenti differenti: il primo metodo si avvale di considerazioni di carattere energetico, mentre il secondo metodo sfrutta la seconda legge della dinamica.

 


Svolgimento punto 1. 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. Sia y l’altezza del punto C rispetto al piano orizzontale ed x la distanza dei punti A e B dall’origine O.

 

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L’energia potenziale del sistema U nella configurazione di equilibrio è data dalla somma dell’energia potenziale elastica U_{el} (la molla risulta allungata di una quantità pari a 2x) e l’energia potenziale gravitazionale U_{g,C} del punto C, ossia

(1) \begin{equation*} U=U_{el}+U_{g,C}=\dfrac{1}{2}k(2 x)^2+m_Cgy=2kx^2+m_C g y . \end{equation*}

Osservando che

(2) \begin{equation*} x^2=\ell^2-y^2, \end{equation*}

possiamo esplicitare l’energia potenziale U in termini della generica altezza y del punto C, ossia

(3) \begin{equation*} U(y)=2k(\ell^2-y^2)+m_Cgy=2k\ell^2-2ky^2+m_Cgy. \end{equation*}

Per calcolare l’altezza del punto C nella posizione di equilibrio y_{eq} è sufficiente imporre che

(4) \begin{equation*} \dfrac{dU(y)}{dy}=0\quad\Leftrightarrow\quad -4ky+m_Cg=0\quad\Leftrightarrow\quad y=\dfrac{m_Cg}{4k}. \end{equation*}

Quindi l’altezza rispetto all’asse orizzontale del punto C nella posizione di equilibrio è

\[\boxcolorato{fisica}{ y_{\text{eq}}=\dfrac{m_Cg}{4k}.}\]

Per completezza ricordiamo che un punto di equilibrio è detto stabile quando in corrispondenza di esso l’energia potenziale è minima, viceversa è detto instabile. Nel nostro caso per la geometria del problema si ha y\in [0,\ell]. Quindi, ponendo dU/dy\geq0, si ottiene il seguente studio del segno

 

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Dallo studio del segno deduciamo che y=m_Cg/(4k) è un punto di massimo, ovvero un punto di equilibrio instabile.

 


Svolgimento punto 1. Metodo 2.

Definiamo un sistema di riferimento fisso Oxy, con l’origine O in corrispondenza della proiezione della posizione del corpo di massa m_C lungo l’asse orizzontale quando il sistema è in equilibrio. I corpi di massa m_A e m_B si trovano alla medesima distanza x dall’origine O, cosicché la molla risulti complessivamente allungata di 2x. Costruiamo il diagramma di corpo libero per il sistema in esame, come illustrato in figura 3. Sul corpo di massa m_C agisce la forza peso m_C\vec{g}, le reazioni vincolari \vec{T}_{C,A} e \vec{T}_{C,B} in seguito al contatto del corpo con le aste di estremi rispettivamente A e B. Osserviamo che poiché entrambe le aste sono prive di massa tali reazioni hanno la stessa direzione delle aste corrispondenti. Sul corpo di massa m_A agisce la forza peso m_A\vec{g}, la forza elastica \vec{F}_{el,A}, la reazione vincolare \vec{N}_A in seguito al contatto con il piano orizzontale, e la reazione -\vec{T}_{C,A}, come conseguenza del fatto che l’asta AC è priva di massa (utilizzando la seconda cardinale con polo uno degli estremi dell’asta di evince che non può esistere alcuna forza perpendicolare all’asta, per cui le forze agenti su essa sono parallele all’asta stessa). Analogamente, sul corpo di massa m_B agisce la forza peso m_B\vec{g}, la forza elastica \vec{F}_{el,B}, la reazione vincolare \vec{N}_B in seguito al contatto con il piano orizzontale e la reazione -\vec{T}_{C,B}, come conseguenza del fatto che l’asta è priva di massa. Poiché la molla è ideale e priva di massa, vale \vec{F}_{el,A}=-\vec{F}_{el,B}, da cui \left \vert \vec{F}_{el,B}\right \vert =\left \vert \vec{F}_{el,A}\right \vert.

 

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Per la seconda legge della dinamica, proiettando le forze lungo gli assi x ed y, ed imponendo la condizione di equilibrio per il corpo m_C, si ha

(5) \begin{equation*} \begin{cases} x:T_{C,A}\cos\alpha-T_{C,B}\cos\alpha=0\\\\ y:T_{C,A}\sin\alpha+T_{C,B}\sin\alpha-m_Cg=0 \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} x:T_{C,A}=T_{C,B}\\\\ y:(T_{C,A}+T_{C,B})\sin\alpha=m_Cg, \end{cases} \end{equation*}

dove \alpha è l’angolo che l’asta AC forma con il piano orizzontale, come illustrato in figura 3. Osserviamo che dalla prima equazione del sistema (5), si ottiene \left \vert \vec{T}_{C,A} \right \vert =\left \vert \vec{T}_{C,B} \right \vert \coloneqq T, per cui possiamo riscrivere la seconda equazione del sistema (5), come segue

(6) \begin{equation*} 2T\sin\alpha=m_Cg. \end{equation*}

Per il corpo m_A e m_B, per la seconda legge della dinamica all’equilibrio, abbiamo rispettivamente

(7) \begin{equation*} \begin{cases} x:F_{el,A}-T_{C,A}\cos\alpha=0\\\\ y:N_A-m_Ag-T_{C,A}\sin\alpha=0 \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} x:k(2x)=T\cos\alpha\\\\ y:N_A-m_Ag-T\sin\alpha=0 \end{cases} \end{equation*}

e

(8) \begin{equation*} \begin{cases} x:-F_{el,B}+T_{C,B}\cos\alpha=0\\\\ y:N_B-m_Bg-T_{C,B}\sin\alpha=0 \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} x:k(2 x)=T\cos\alpha\\\\ y:N_B-m_Bg-T\sin\alpha=0. \end{cases} \end{equation*}

Mettiamo a sistema l’equazione (6) con la prima equazione del sistema (7), ossia

(9) \begin{equation*} \begin{cases} 2T\sin\alpha=m_Cg\\\\ T\cos\alpha=2k x, \end{cases} \end{equation*}

da cui dividendo membro a membro delle due equazioni del sistema (9), si trova

(10) \begin{equation*} 2\tan\alpha=\dfrac{m_Cg}{2k x}\quad\Leftrightarrow\quad 4 x\tan\alpha=m_Cg. \end{equation*}

Dalla figura 3, osserviamo che la quantità x\tan\alpha=y_{eq}, per cui l’equazione (10) può essere scritta come

(11) \begin{equation*} 4ky_{eq}=m_Cg, \end{equation*}

cioè

\[\boxcolorato{fisica}{ y_{eq}=\dfrac{m_Cg}{4k},}\]

come ottenuto precedentemente.

 


Svolgimento punto 2.

Nel punto 1 abbiamo abbiamo dimostrato che y_{eq}=\dfrac{m_Cg}{4k} è una configurazione di equilibrio instabile. Pertanto, grazie ad una piccola perturbazione esterna, il sistema si allontanerà dalla configurazione di equilibrio instabile, raggiungendo la configurazione di equilibrio stabile. Nel caso specifico, una qualunque forza F di intensità non nulla, applicata al punto C, ne comporta l’allontanamento da y_{eq} fino a toccare il piano orizzontale. Deduciamo quindi che

\[\boxcolorato{fisica}{ F_{min}\approx0.}\]

 


Svolgimento punto 3.

Consideriamo il sistema composto da m_A, m_B e m_C. Le forze esterne ad esso sono m_A\vec{g}, m_B\vec{g}, m_C\vec{g}, \vec{N}_A e \vec{N}_B. Osserviamo che lungo l’asse delle x, in riferimento alla figura 2, la sommatoria delle forze esterne è nulla, per cui

(12) \begin{equation*} \sum \vec{F}_x^{ext}=\vec{0}\quad\Rightarrow\quad \vec{a}_{\text{CM},x}=\vec{0}\quad\Rightarrow\quad \vec{v}_{\text{CM},x}=\overrightarrow{\text{cost}}, \end{equation*}

dove \vec{F}_x^{ext} è la somma delle forze esterne nella direzione dell’asse delle x, \vec{a}_{\text{CM},x} è l’accelerazione del centro di massa nella direzione dell’asse delle x e \vec{v}_{\text{CM},x} è la velocità del centro di massa nella direzione dell’asse delle x. Dunque, abbiamo ottenuto che il centro di massa nella direzione dell’asse delle x si muove di moto rettilineo uniforme. Osserviamo che il centro di massa è inizialmente in quiete (questa affermazione è una diretta conseguenza del fatto che il sistema è inizialmente in quiete) e quindi \vec{v}_{\text{CM},x}=\vec{0}, da cui

(13) \begin{equation*} x_{\text{CM}}(t)=\text{cost}\quad\Rightarrow\quad x_{\text{CM},i}=x_{\text{CM},f}, \end{equation*}

dove x_{\text{CM},i} e x_{\text{CM},f} rappresentano rispettivamente la posizione iniziale e finale del centro di massa, ovvero quando il sistema è nella posizione di equilibrio instabile ed è totalmente appoggiato sul piano orizzontale (posizione di equilibrio stabile). La posizione orizzontale del centro di massa del sistema al generico istante di tempo t è data da

(14) \begin{equation*} x_{\text{CM}}(t)=\dfrac{m_Ax_A(t)+m_Bx_B(t)+m_Cx_C(t)}{m_A+m_B+m_C}, \end{equation*}

dove x_A(t), x_B(t) e x_C(t) indicano rispettivamente l’ascissa dei corpi A, B e C rispetto al sistema di riferimento Oxy. Consideriamo il sistema nella configurazione iniziale (equilibrio instabile), come illustrato in figura 4.

 

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In riferimento alla configurazione di equilibrio, si ha che

(15) \begin{equation*} x_{\text{CM},i}=\dfrac{x_{eq}m_B-x_{eq}m_A}{m_A+m_B+m_C}, \end{equation*}

dove

\[x_{eq}=\sqrt{\ell^2-y_{\text{eq}}^2}=\sqrt{\ell^2-\dfrac{m_C^2g^2}{16k^2}}.\]

Nella configurazione finale, supponiamo che la cerniera C tocchi la guida in un punto posto ad una distanza x da O, come illustrato in figura 5 (dove abbiamo scelto in maniera arbitraria, senza ledere la generalità della discussione, che il punto di contatto sia alla sinistra del punto O).

 

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In questa configurazione finale, la posizione del centro di massa del sistema x_{\text{CM},f} è data da

(16) \begin{equation*} x_{\text{CM},f}=\dfrac{(-\ell-x)m_A+(\ell-x)m_B-xm_C}{m_A+m_B+m_C}. \end{equation*}

Per come abbiamo definito l’origine O, la quantità x rappresenta proprio lo spostamento \Delta x_C lungo la direzione orizzontale della cerniera C. Dalla conservazione della posizione orizzontale del centro di massa (data dall’equazione (14)), ed utilizzando i risultati ottenuti alle equazioni (15) e (16), si ha che

(17) \begin{equation*} \dfrac{x_{eq}m_B-x_{eq}m_A}{m_A+m_B+m_C}=\dfrac{(-\ell-x)m_A+(\ell-x)m_B-xm_C}{m_A+m_B+m_C}, \end{equation*}

da cui

(18) \begin{equation*} x_{eq}(m_B-m_A)=\ell(m_B-m_A)-x(m_A+m_B+m_C), \end{equation*}

o anche

(19) \begin{equation*} (x_{eq}-\ell)(m_B-m_A)=-x(m_A+m_B+m_C), \end{equation*}

in altri termini

(20) \begin{equation*} x=\dfrac{(\ell-x_{eq})(m_B-m_A)}{m_A+m_B+m_C}. \end{equation*}

Sostituendo x_{eq}=\sqrt{\ell^2-\dfrac{m_C^2g^2}{16k^2}} in (20) otteniamo lo spostamento \Delta x_C, cioè

(21) \begin{equation*} x=\Delta x_C=\dfrac{\left(\ell-\sqrt{\ell^2-\dfrac{m_C^2g^2}{16k^2}}\right)(m_B-m_A)}{M}, \end{equation*}

perciò

(22) \begin{equation*} \Delta x_C=\dfrac{\left(\ell-\ell\sqrt{\left(1-\dfrac{m_C^2g^2}{16k^2\ell^2}\right)}\right)(m_B-m_A)}{M}, \end{equation*}

infine

\[\boxcolorato{fisica}{ \Delta x_C=\dfrac{\ell\left(1-\sqrt{1-\left(\dfrac{m_Cg}{4k\ell}\right)^2}\right)(m_B-m_A)}{M}.}\]

 

In generale, il segno algebrico di \Delta x_C dipende esclusivamente dal segno della quantità (m_B-m_A). In particolare se m_B>m_A, allora \Delta x_C>0, ossia il corpo C cadrà alla sinistra del punto O. Viceversa nel caso in cui m_B<m_A allora \Delta x_C<0, ossia il corpo C cadrà alla destra del punto O. Osserviamo che nel caso in cui m_B=m_A si ha che \Delta x_C=0, ossia nel caso in cui i punti A e B hanno stessa massa il corpo C si muove perpendicolarmente al piano orizzontale fino a raggiungerlo. Nel caso particolare in cui m_Cg\ll 4k\ell, allora ricordando che \sqrt{1-x^2}\approx 1-\dfrac{x^2}{2} per x\ll 1, si ha che

(23) \begin{equation*} \sqrt{1-\left(\dfrac{m_Cg}{4k\ell}\right)^2}\approx 1-\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{m_Cg}{4k\ell}\right)^2, \end{equation*}

da cui

(24) \begin{equation*} \Delta x_C\approx \dfrac{\ell}{2M}\left(\dfrac{m_Cg}{4k\ell}\right)^2(m_B-m_A). \end{equation*}

Concludiamo calcolando la velocità con cui il corpo C cade sul piano orizzontale.

Poiché nel sistema non agiscono forze di attrito e le reazione vincolari fanno lavoro complessivo nullo, si conserva l’energia meccanica in ogni istante. Consideriamo la configurazione iniziale E_{i} (si veda figura 4) e la configurazione finale E_f (si veda figura 5), e imponiamo la conservazione dell’energia meccanica totale del sistema, ossia

(25) \begin{equation*} E_{i}=E_{f}. \end{equation*}

Come già calcolato nella prima sezione, nella configurazione iniziale l’energia meccanica del sistema è data dalla somma dell’energia potenziale elastica (la molla risulta allungata di una quantità pari a 2x_{eq}) e dell’energia potenziale gravitazionale del punto C, pertanto

(26) \begin{equation*} E_{i}=\dfrac{1}{2}k(2x_{eq})^2+m_cgy_{eq}=2k\left(\ell^2-\dfrac{m_C^2g^2}{16k^2}\right)+m_Cg\left(\dfrac{m_Cg}{4k}\right)=2k\ell^2+\dfrac{m_C^2g^2}{8k}, \end{equation*}

dove abbiamo utilizzato le espressioni di x_{eq} e y_{eq} precedentemente ottenute. Nella configurazione finale, invece, la molla risulterà allungata di una quantità pari a 2\ell, i corpi A e B avranno velocità nulla (per la dimostrazione di questo fatto si può procedere come nell’esercizio Sistemi di punti materiali 31 oppure come nell’esercizio Esercizio corpo rigido 49), mentre il corpo C avrà una velocità v_C, per cui

(27) \begin{equation*} E_{f}=\dfrac{1}{2}k(2\ell)^2+\dfrac{1}{2}m_Cv_C^2=2k\ell^2+\dfrac{1}{2}m_Cv_C^2. \end{equation*}

Grazie alle equazioni (26) e (27), possiamo riscrivere l’equazione (25) nel modo che segue

(28) \begin{equation*} 2k\ell^2+\dfrac{m_C^2g^2}{8k}=2k\ell^2+\dfrac{1}{2}m_Cv_C^2\quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{m_Cg^2}{4k}=v_C^2, \end{equation*}

da cui, otteniamo che il modulo della velocità del corpo C quando tocca il piano orizzontale è pari a

\[\boxcolorato{fisica}{ v_C=\dfrac{g}{2}\sqrt{\dfrac{m_C}{k}}.}\]

 

 


 

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