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Esercizio sistemi di punti materiali 38

Sistemi di punti materiali in Meccanica classica

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Esercizio sui sistemi di punti materiali 38 rappresenta il trentottesimo 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 37, ed è preceduto dall’Esercizio sui sistemi di punti materiali 39.

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 38

Esercizio 38 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Un punto materiale di massa m é inizialmente in quiete in cima ad un piano inclinato di un angolo \alpha (compreso tra 0 e \pi/2), avente altezza h. Il punto esplode in due frammenti di massa m_1 e m_2 = 0.5 m_1 rispettivamente. Subito dopo l’esplosione il frammento m_1 si muove in discesa lungo il piano inclinato con velocità di modulo v_1. Sapendo che il coefficiente di attrito dinamico tra il piano e m_1 é \mu, e che m_1 si ferma esattamente alla base del piano inclinato, determinare la quota massima raggiunta dal frammento m_2 in funzione di \alpha, h e \mu.

 

 

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Svolgimento.

Per risolvere il problema, si definiscono due sistemi di riferimento fissi Oxy e O_1x_1y_1, posizionati come in figura 2.

 

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   Per calcolare l’altezza raggiunta da m_2 é necessario calcolare la sua velocità iniziale, ovvero nell’istante immediatamente successivo all’esplosione, chiamata \vec{v}_2. Prima dell’esplosione il corpo di massa m é in quiete. Dopo l’esplosione, il corpo di massa m si divide in due corpi con masse m_1 ed m_2 e con velocità iniziali \vec{v}_1 e \vec{v}_2 rispettivamente. L’esplosione avviene grazie a forze interne, pertanto dato che la somma delle forze esterne è nulla, si conserva la quantità di moto totale del sistema fisico composto delle due masse, ovvero deve valere

(1) \begin{equation*} \vec{p}_-= \vec{p}_+, \end{equation*}

dove \vec{p}_- e \vec{p}_+ rappresentano rispettivamente la quantità di moto un’istante prima dell’esplosione e un’istante dopo l’esplosione del sistema.

Per la definizione di quantità di moto, la precedente equazione può essere riscritta come di seguito

(2) \begin{equation*} m \vec{v}_- = m_1 \vec{v}_1 + m_2 \vec{v}_2, \end{equation*}

dove \vec{v}_- è la velocità del sistema un’istante prima dell’urto, mentre \vec{v}_1 e \vec{v}_2 sono state definite precedentemente. Osserviamo che il sistema è inizialmente in quiete, pertanto \vec{v}_-=\vec{0}.

Per le ipotesi date dal problema e ricordando che dopo l’esplosione si conserva la massa totale (per il postulato fondamentale di Lavoisier), si ha che le masse devono soddisfare il seguente sistema

(3) \begin{equation*} \begin{cases} m_1 + m_2 = m\\ m_2 - 0.5 m_1 = 0, \end{cases} \end{equation*}

da cui

(4) \begin{equation*} m_1 = \dfrac{2}{3} m \quad \text{e}\quad m_2 = \dfrac{1}{3} m. \end{equation*}

La velocità iniziale \vec{v}_1 del frammento nell’istante seguente all’esplosione è diretta lungo il piano inclinato, pertanto proiettandola nella direzione dell’asse delle x e dell’asse delle y, è possibile riscrivere l’equazione (2) come di seguito (si veda la Figura 3)

(5) \begin{equation*} m_1 v_1(-\cos\alpha\, \hat{x} -\sin\alpha\,\hat{y}) + m_2 \vec{v}_2=\vec{0}, \end{equation*}

dove \hat{x} e \hat{y} sono rispettivamente i versori dell’asse delle x e delle y. Dalla precedente equazione otteniamo

(6) \begin{equation*} \vec{v}_2 = \dfrac{m_1}{m_2}v_1(\cos\alpha\, \hat{x} +\sin\alpha\,\hat{y}). \end{equation*}

  

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Per la seconda legge della dinamica, sul corpo di massa m_1 si ha

(7) \begin{equation*} \vec{N}+m_1\vec{g}+\vec{f}_d=m_1\vec{a}_1, \end{equation*}

dove \vec{N} è la reazione vincolare, m_1\vec{g} è la forza peso, \vec{f}_d è la forza di attrito dinamico e \vec{a}_1 è l’accelerazione del corpo di massa m_1. Scegliendo di proiettare i vettori appena descritti lungo gli assi del sistema di riferimento O_1x_1y_1, si ha

(8) \begin{equation*} \begin{cases} N - m_1g\cos \alpha = 0\\ -f_d+m_1g\sin \alpha =m_1a_1, \end{cases} \end{equation*}

dove N è il modulo della reazione vincolare lungo l’asse delle y_1, m_1g\cos \alpha è la proiezione della forza peso lungo l’asse delle y_1, f_d è il modulo della forza di attrito lungo l’asse delle x_1, m_1g\sin \alpha è la proiezione della forza peso lungo l’asse delle x_1 e a_1 è la componente dell’accelerazione lungo l’asse delle x_1. Richiamando la relazione tra modulo della forza di attrito dinamico e modulo della forza normale, f_d=N\mu, dal precedente sistema si ottiene

(9) \begin{equation*} \vec{f}_d=-N\mu\,\hat{x}=-m_1g\cos\alpha\,\hat{x}. \end{equation*}

Per calcolare la velocità v_1, utilizziamo nuovamente il sistema di riferimento Oxy. Considerando come istante iniziale quello in cui m_1 si trova alla quota y_i = h e come istante finale quello in cui si trova alla quota y_f=0, tenendo conto dell’equazione (9), ricordando come si calcola il lavoro di una forza di modulo, direzione e verso costanti (che in questo caso è la forza di attrito dinamico) e osservando che la lunghezza del piano inclinato è pari a h/\sin\alpha, applicando il teorema delle forze vive su m_1 si ha

(10) \begin{equation*} -\dfrac{1}{2}m_1v_1^2=m_1g h-m_1 g \mu \cos \alpha\left(\dfrac{h}{\sin \alpha}\right), \end{equation*}

da cui

(11) \begin{equation*} \dfrac{1}{2}m_1v_1^2=-m_1gh+\dfrac{m_1g\mu h}{\tan \alpha } , \end{equation*}

ovvero

(12) \begin{equation*} v_1 = \sqrt{2 g h}\sqrt{ \frac{\mu}{\tan\alpha} - 1}. \end{equation*}

Si osservi che la precedente equazione è ben definita se e solo se

(13) \begin{equation*} \frac{\mu}{\tan(\alpha)} - 1>0, \end{equation*}

che esprime il fatto che il coefficiente di attrito dinamico \mu è sufficiente a far decelerare la massa lungo il piano inclinato. Inoltre, si osservi il fatto ovvio che

(14) \begin{equation*} m_1gh \end{equation*}

e

(15) \begin{equation*} -m_1 g \mu \cos \alpha\left(\dfrac{h}{\sin \alpha}\right) \end{equation*}

rappresentano rispettivamente il lavoro della forza peso per andare dalla quota y_i=h a y_f=0 e il lavoro della forza di attrito dinamico per andare lungo il piano inclinato dalla quota y_i=h a y_f=0. Mettendo a sistema l’equazione (12) con l’equazione (6) si ottiene

(16) \begin{equation*} \vec{v}_2 = \frac{m_1}{m_2} \sqrt{2 g h}\sqrt{ \frac{\mu}{\tan\alpha} - 1} \,\, (\cos\alpha\, \hat{x} + \sin\alpha\,\hat{y}). \end{equation*}

Osserviamo che sul corpo m_2 l’unica forza agente è la forza peso m_2\vec{g}, pertanto, m_2 si muove di moto parabolico. Per determinare l’altezza massima raggiunga da m_2 applichiamo la conservazione dell’energia meccanica. Ricordiamo che nel moto parabolico la velocità v_{2,y} lungo l’asse delle y risulta nulla una volta raggiunta la quota massima, mentre la velocità v_{2,x} lungo l’asse delle x rimane costante durante tutto il moto. Dunque, considerando come istante iniziale quello in cui il corpo m_2 si trova alla quota h e come istante finale quello in cui raggiunte la quota massima h_{\max}, per la conservazione dell’energia si ha

(17) \begin{equation*} m_2 g h + \frac{1}{2} m_2 v_{2,y}^2 + \frac{1}{2} m_2 v_{2,x}^2 = m_2 g h_{\max} + 0 + \frac{1}{2} m_2 v_{2,x}^2, \end{equation*}

dove a sinistra é calcolata l’energia meccanica iniziale e a destra quella finale. Si noti che nell’equazione il termine legato all’energia cinetica lungo l’asse x si elide essendo presente in entrambi i membri dell’equazione. Risolvendo per h_{\max} la precedente equazione e utilizzando l’equazione (16) si ha

(18) \begin{equation*} h_{\max} = \frac{v_{2,y}^2}{2 g} + h . \end{equation*}

Sostituendo

(19) \begin{equation*} v_{2,y}= \frac{m_1}{m_2} \sqrt{2 g h}\sqrt{ \frac{\mu}{\tan\alpha} - 1}\sin \alpha \end{equation*}

e

(20) \begin{equation*} m_1=2m_2 \end{equation*}

nella precedente equazione otteniamo

\[\boxcolorato{fisica}{ h_{\max} = \frac{v_{2,y}^2}{2 g} + h = \left[ \left(\frac{m_1}{m_2}\right)^2 \sin^2 \alpha \left( \frac{\mu}{\tan\alpha} - 1\right) + 1 \right] h.}\]

Si noti che il risultato é effettivamente maggiore di h, che era la quota di partenza.


 

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