Esercizio sistemi di punti materiali 5

Sistemi di punti materiali in Meccanica classica

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Esercizio sui sistemi di punti materiali 5 rappresenta il quinto 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 4, e segue l’Esercizio sui sistemi di punti materiali 6.

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 5

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Due masse, considerate puntiformi, $m_1$ ed $m_2$ , poste su un piano orizzontale senza attrito, comprimono una molla di costante elastica $k$ di una lunghezza $x_M$ e sono collegate da un filo di massa trascurabile. La massa $m_2$ si trova inizialmente a una distanza $x_1$ dal bordo di uno scalino di altezza $h$ . All’istante $t=0\,$ s il filo viene tagliato e la molla si decomprime. La massa $m_2$ percorre la traiettoria di figura e tocca terra a una distanza $x_2>x_1\gg x_M$ dallo scalino, impiegando un tempo totale $t_t$ dall’istante iniziale $t=0\,\,$ s. Si determini:

la velocità della massa $m_1$ dopo la decompressione della molla;
l’altezza $h$ dello scalino;
la compressione $x_M$ iniziale della molla.

Svolgimento punto 1.

Scegliamo un sistema di riferimento $Oxy$

orientato come in figura 1.

Sul sistema composto da $m_1$ e $m_2$ , lungo l’orizzontale, non sono presenti forze esterne quindi si conserva la quantità di moto. All’inizio è tutto in quiete, quindi la quantità di moto iniziale del sistema è nulla

(1) $\begin{equation*} p_{i,x}=0, \end{equation*}$

poi, subito dopo la decompressione della molla, $m_1$ si muove nel verso negativo delle $x$ mentre $m_1$ nel verso positivo, dunque si ha

(2) $\begin{equation*} p_{f,x}=-m_1v_{f,1}+m_2 v_{f,2}, \end{equation*}$

dove $v_{f,1}$ è il modulo della velocità di $m_1$ e $v_{f,2}$ è il modulo la velocità di $m_2$ subito dopo la decompressione della molla. Dalla conservazione della quantità di moto abbiamo

(3) $\begin{equation*} m_1v_{f,1} = m_2 v_{f,2}. \end{equation*}$

Si osservi che il corpo $m_2$ si muove di moto rettilineo uniforme lungo tutto il tragitto $x=x_1$ e per $x>x_1$ il punto si muove di moto parabolico. Per il principio d’inerzia Dunque lungo l’asse $x$ la legge oraria del corpo è data da

(4) $\begin{equation*} x_2(t)= v_{f,2}t, \end{equation*}$

e posto $t=t_t$ , si ha

(5) $\begin{equation*} (x_1+x_2)=v_{f,2}\; t_t\quad \Leftrightarrow \quad v_{f,2}=\dfrac{x_1+x_2}{t_t} . \end{equation*}$

Sostituendo $v_{f,2}$ in (3), otteniamo

(6) $\begin{equation*} v_{f,1}=\dfrac{m_2}{m_1}\left(\dfrac{x_1+x_2}{t_t} \right) . \end{equation*}$

Si conclude che la velocità di $m_1$ subito dopo la decompressione della molla è

$\boxcolorato{fisica}{ v_{f,1}=\dfrac{m_2}{m_1}\left(\dfrac{x_1+x_2}{t_t} \right) .}$

Svolgimento punto 2.

Azzeriamo il tempo e rifacciamo partire l’istante di tempo $t=0$

nel momento in cui il corpo $m_2$

arriva alla fine del piano orizzontale. Scegliamo un nuovo sistema di riferimento $Oxy$

, come in figura 2.

Raggiunto il bordo dello scalino, il moto di $m_2$ è parabolico dato che è soggetto solo alla forza peso. Dunque, dalla cinematica, otteniamo

(7) $\begin{equation*} \begin{cases} y(t)=-\dfrac{1}{2}gt^2\\[10pt] x(t)=v_{f,2}t. \end{cases} \end{equation*}$

Sia $t=t^\star$ l’istante di tempo tale per cui $y(t^\star)=-h$ e $x(t^\star)=x_2$ . Abbiamo dunque

(8) $\begin{equation*} \begin{cases} h=\dfrac{1}{2}g(t^\star)^2\\\\ x_2=v_{f,2}t^\star. \end{cases} \end{equation*}$

Elevando al quadrato, ambo i membri dell’equazione (8) $_2$ , il precedente sistema diventa

(9) $\begin{equation*} \begin{cases} h=\dfrac{1}{2}g(t^\star)^2\\\\ x_2^2=v_{f,2}^2(t^\star)^2 \end{cases} \end{equation*}$

e facendo il rapporto membro a membro tra (9) $_1$ e (9) $_2$ , abbiamo

(10) $\begin{equation*} h = \dfrac{gx_2^2}{2v_{f,2}^2}= \dfrac{gx_2^2}{2v_{f,2}^2}=\dfrac{gx_2^2t^2_t}{2(x_1+x_2)^2}. \end{equation*}$

Si conclude che l’altezza cercata è

$\boxcolorato{fisica}{ h = \dfrac{gx_2^2t^2_t}{2(x_1+x_2)^2}.}$

Svolgimento punto 3.

Nel sistema non agiscono forze non conservative quindi si conserva l’energia. Calcoliamo l’energia iniziale del sistema data solo dalla compressione della molla

(11) $\begin{equation*} E_i=\dfrac{1}{2}kx^2_M \end{equation*}$

e dopo che la molla si è decompressa (ovvero che è tornata a riposo) abbiamo

(12) $\begin{equation*} E_f=\dfrac{1}{2}m_1v^2_{f,1}+\dfrac{1}{2}m_2v^2_{f,2}. \end{equation*}$

Dalla conservazione dell’energia meccanica, abbiamo

(13) $\begin{equation*} \begin{aligned} E_i=E_f\quad &\Leftrightarrow \quad \dfrac{1}{2}m_1v^2_{f,1}+\dfrac{1}{2}m_2v^2_{f,2}= \dfrac{1}{2}kx_M^2\quad \Leftrightarrow \quad \\\\ &\Leftrightarrow \quad x_M = \sqrt{\dfrac{m_1v_{f,1}^2+m_2v_{f,2}^2}{k}}. \end{aligned} \end{equation*}$

Ricordiamo che

(14) $\begin{equation*} v_{f,1}=\dfrac{m_2}{m_1}\left(\dfrac{x_1+x_2}{t_t} \right)\quad \text{e} \quad v_{f,2}=\dfrac{x_1+x_2}{t_t}, \end{equation*}$

da cui

(15) $\begin{equation*} x_M = \sqrt{\dfrac{1}{k}\left(m_1\left(\dfrac{m_2}{m_1}\left(\dfrac{x_1+x_2}{t_t} \right)\right)^2+m_2\left( \dfrac{x_1+x_2}{t_t}\right)^2 \right) } . \end{equation*}$

Si conclude che la compressione della molla è data da

$\boxcolorato{fisica}{ x_M = \sqrt{\dfrac{1}{k}\left(m_1\left(\dfrac{m_2}{m_1}\left(\dfrac{x_1+x_2}{t_t} \right)\right)^2+m_2\left( \dfrac{x_1+x_2}{t_t}\right)^2 \right) } .}$

Fonte

Esercizi e problemi di fisica di Paolo Sartori.

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