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Esercizio sistemi di punti materiali 6

Sistemi di punti materiali in Meccanica classica

Home » Esercizio sistemi di punti materiali 6

Esercizio sui sistemi di punti materiali 6 rappresenta il sesto 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 5, e segue l’Esercizio sui sistemi di punti materiali 7.

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 6

Esercizio 6 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Due masse puntiformi m_1 e m_2 sono inizialmente ferme nell’origine dell’asse x. All’istante t=0\,\text{s} la massa m_1 inizia a muoversi con un’accelerazione \vec{a}_{1}=Kt\,\hat{x} mentre m_2 parte con una velocità \vec{v}_2 che resta costante. Determinare dopo quanto tempo il centro di massa del sistema transita nell’origine e la sua velocità in quell’istante.
Effettuare i calcoli per: m_1=0.6\, \text{kg}, m_2=0.3\, \text{kg}, K=0.75\, \text{m}\cdot\text{s}^{-3}, \vec{v}_2=-4\, \text{m}\cdot\text{s}^{-1} \hat{x}.

 
 

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Svolgimento.

&nbsp Abbiamo un sistema di due punti materiali non isolato \left(\displaystyle\sum \vec{F}_{est}\neq 0\right) pertanto l’accelerazione del centro di massa è diversa da zero, in altri termine il moto del centro di massa è un moto vario. Scegliamo un sistema di riferimento fisso Ox con origine centrato nella posizione iniziale delle due masse. Scriviamo la definizione della posizione del centro di massa per un sistema di due punti materiali unidimensionale di massa rispettivamente m_1 ed m_2, la cui equazione del moto è data rispettivamente da {x}_{1}(t) ed {x}_{2}(t). La posizione del centro di massa al tempo generico t è data dalla seguente relazione:

(1)   \begin{equation*} x_{CM}(t)=\frac{m_1x_1(t)+m_2x_2(t)}{m_1+m_2}. \end{equation*}

Dalla cinematica ricordiamo che la velocità è la derivata prima rispetto al tempo della posizione per cui

(2)   \begin{equation*} v_{1}(t)=\frac{dx_{1}(t)}{dt}\quad \Rightarrow \quad x_{1}(t)=\int v_1(t)\,dt \end{equation*}

e

(3)   \begin{equation*} v_{2}(t)=\frac{dx_{2}(t)}{dt}\quad\Rightarrow\quad x_{2}(t)=\int v_2(t)\,dt. \end{equation*}

Analogamente essendo l’accelerazione la derivata prima rispetto al tempo della velocità si ha che

(4)   \begin{equation*} a_{1}(t)=\frac{dv_{1}(t)}{dt}\quad\Rightarrow\quad v_{1}(t)=\int a_1(t)\,dt\\ \end{equation*}

e

(5)   \begin{equation*} a_{2}(t)=\frac{dv_{2}(t)}{dt}\quad\Rightarrow\quad v_{2}(t)=\int a_2(t)\,dt \end{equation*}

Per m_1 si ha

(6)   \begin{equation*} a_1=\dfrac{dv_1}{dt}=Kt\quad \Leftrightarrow \quad \int\dfrac{dv_1}{dt}\,dt=\int Kt\,dt\quad \Leftrightarrow \quad v_1(t)=\dfrac{Kt^2}{2}+c. \nonumber \end{equation*}

Sapendo che v_1(0)=0\,\text{m}\cdot s^{-1} si trova che c=0\,\text{m}\cdot s^{-1}, da cui

(7)   \begin{equation*} v_1(t)=\dfrac{Kt^2}{2}. \nonumber \end{equation*}

Si ha

(8)   \begin{equation*} v_1(t)=\dfrac{dx_1}{dt}=\dfrac{Kt^2}{2}\quad \Leftrightarrow \quad\int \dfrac{dx_1}{dt}\,dt=\int \dfrac{Kt^2}{2}\,dt\quad \Leftrightarrow \quad x_1(t)=\dfrac{Kt^3}{6}+\tilde{c}. \nonumber \end{equation*}

Nuovamente, dalle condizioni iniziali, sappiamo che x_1(0)=0\,\text{m}, quindi \tilde{c}=0\,\text{m}. La legge oraria del punto materiale 1 è

(9)   \begin{equation*} x_1(t)=\dfrac{Kt^3}{6}\quad \text{per $t\geq 0$}. \end{equation*}

Per il punto materiale 2, sapendo che si muove di moto rettilineo uniforme nel verso negativo delle x, si ha

(10)   \begin{equation*} x_2(t)=-v_2 t\quad \text{per $t\geq 0$}. \end{equation*}

Dunque, dalla (9) e (10), si ottiene la posizione del centro di massa, ovvero:

(11)   \begin{equation*} x_{cm}(t)=\dfrac{m_1x_1(t)+m_2x_2(t)}{m_1+m_2}=\dfrac{m_1\dfrac{Kt^3}{6}-m_2v_2 t}{m_1+m_2}\quad \text{per $t\geq 0$}. \end{equation*}

Ponendo

(12)   \begin{equation*} x_{CM}(t)=0\,\text{m}, \end{equation*}

si trova che

(13)   \begin{equation*} m_1\dfrac{Kt^3}{6}-m_2v_2 t=0, \end{equation*}

cioè

(14)   \begin{equation*} t=0\quad \vee \quad t=\left(\dfrac{6m_2v_2}{m_1K}\right)^{\frac{1}{2}}. \end{equation*}

Il centro di massa si trova nell’origine all’istante iniziale t=0\,\text{s} e all’istante t=\left({6m_2v_2}/{m_1K}\right)^{\frac{1}{2}}\approx4,14 s. Si conclude che il tempo cercato è:

    \[\boxcolorato{fisica}{ t=t^\star=\left(\dfrac{6m_2v_2}{m_1K}\right)^{\frac{1}{2}}\approx4,14\,\text{s}.}\]

Per calcolare la velocità del centro di massa deriviamo (11), ottenendo:

(15)   \begin{equation*} v_{CM}(t)=\frac{dx_{CM}}{dt}=\dfrac{m_1K\dfrac{t}{2}-m_2v_2}{m_1+m_2}, \end{equation*}

da cui, sostituendo t=t^\star in v_{CM}(t), si ottiene:

    \[\boxcolorato{fisica}{v_{CM}(t^*)=\frac{m_1K\dfrac{\left(t^*\right)2}{2}-m_2v_2}{m_1+m_2}=2.67\,\text{m}\cdot\text{s}^{-1}.}\]

Per completezza riportiamo i grafici di x_{CM}(t) e v_{CM}(t).

 

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Si osservi che si poteva calcolare la velocità del centro di massa anche dalla definizione, ossia v_{CM}=(m_1v_{1}(t)+m_2v_2(t))/M_{tot}.

 


Approfondimento.

  Proponiamo un procedimento alternativo per calcolare x_1(t) applicando il noto metodo della somiglianza. Per il corpo 1 è possibile imporre il seguente problema di Cauchy:

(16)   \begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{d^2x_1(t)}{dt^2}=Kt ;\\\\ x_1(0)=0\,\text{m};\\\\ \dfrac{dx_1}{dt}(0)=0\,\text{m}\cdot\text{s}^{1}. \end{cases} \end{equation*}

Dobbiamo risolvere una equazione differenziale del secondo ordine, lineare, a coefficienti costanti e non omogenea. Dalla teoria dell’equazioni differenziali ricordiamo che

(17)   \begin{equation*} x_1(t)=x_{0}(t)+x_{p}(t), \nonumber \end{equation*}

dove x_{0}(t) è la soluzione dell’omogenea associata mentre x_{p}(t) è la soluzione particolare. Troviamo prima la soluzione dell’omogenea associata, ossia

(18)   \begin{equation*} \frac{d^2x_1(t)}{dt^2}=0. \end{equation*}

L’equazione caratteristica è:

(19)   \begin{equation*} \lambda^2=0, \end{equation*}

per cui \lambda=0 ha molteplicità doppia. La soluzione dell’omogenea associata è (\Delta=0):

(20)   \begin{equation*} x_{0}(t)=c_1+c_2t \end{equation*}

con c_1 e c_2 costanti reali da fissare con le opportune condizioni al contorno. Applicando il metodo della somiglianza, si trova che la soluzione particolare è

(21)   \begin{equation*} x_p(t)=t^2(At+B)=At^3+Bt^2. \end{equation*}

Derivando due volte x_p si trova

(22)   \begin{equation*} \dfrac{dx_p(t)}{dt}=3At^2+2Bt\quad \text{e}\quad \dfrac{d^2x_p(t)}{dt^2}=6At+2B. \end{equation*}

Sostituendo {d^2x_p(t)}/{dt^2} nella prima equazione di (16), si ottiene:

(23)   \begin{equation*} 6At+2B=Kt, \end{equation*}

da cui è possibile impostare il seguente sistema:

(24)   \begin{equation*} \begin{cases} 6A=K\\ B=0 \end{cases} \end{equation*}

cioè

(25)   \begin{equation*} \begin{cases} A=\dfrac{K}{6}\\\\ B=0. \end{cases} \end{equation*}

Abbiamo dunque

(26)   \begin{equation*} x_1(t)=c_1+c_2t+\dfrac{K}{6}t^3. \end{equation*}

Derivando x_1 e imponendo le condizioni del problema di Cauchy, si ottiene

(27)   \begin{equation*} \begin{cases} x_1(0)=0\\\\ \dfrac{dx_1}{dt}(0)=0 \end{cases} \Leftrightarrow\quad \begin{cases} c_1=0\\ c_2=0 \end{cases} \end{equation*}

per cui

(28)   \begin{equation*} x_{1}(t)=K\frac{t^3}{6} \nonumber \end{equation*}

come ottenuto in precedenza.

 


Fonte Esercizio

esercizio numero 2 dell’esame di fisica 1  del 14 luglio 2016 del corso di fisica 1 dell’università di Roma Tor Vergata.

 

Scarica gli esercizi svolti

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