Sistemi di punti materiali 6

Sistemi di punti materiali in Meccanica classica

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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.

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

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

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