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Esercizio sistemi di punti materiali 8

Sistemi di punti materiali in Meccanica classica

Home » Esercizio sistemi di punti materiali 8

Esercizio sui sistemi di punti materiali 8 rappresenta l’ottavo 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 7, e segue l’Esercizio sui sistemi di punti materiali 9.

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 8

Esercizio 8 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Agli estremi di un’asta di lunghezza 2r e massa trascurabile, sono saldati due pattini, di masse m_1 e m_2, che si appoggiano su una guida circolare di raggio r, posta su un piano orizzontale. Sull’asta, a distanza d_1=r/4 dal pattino di massa m_1, si trova una persona di massa m_3. L’asta è vincolata a ruotare rispetto al centro del disco e inizialmente possiede una velocità angolare \omega_0.
La persona si sposta, portandosi a distanza d_2=3r/2 dal pattino di massa m_1; si calcoli la velocità angolare \omega_f del moto circolare dei pattini dopo lo spostamento della persona e il lavoro eseguito da questa per spostarsi.

 

Situazione inziale

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Situazione finale

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Svolgimento.

Ricordiamo che dato un sistema di n punti materiali valgono le seguenti leggi fondamentali

(1)   \begin{equation*} \begin{cases} \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{F}_k\,}^{\text{\tiny ext}} = \dfrac{d\vec{P}_t}{dt}\\ \\ \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}} -m \vec{v}_{O^\prime} \wedge \vec{v}_{CM} = \dfrac{d\vec{L}_{O^\prime}}{dt} \end{cases} \end{equation*}

dove \displaystyle \sum_{k=1}^n {\vec{F}_k\,}^{\text{\tiny ext}} è la somma di tutte le forze esterne, \vec{P}_t è la quantità di moto totale del sistema, \displaystyle \sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}} è la somma di tutti i momenti esterni al sistema, \vec{v}_O\prime è la velocità del polo scelto per il calcolo del momento angolare totale del sistema, \vec{v}_{CM} è la velocità del centro di massa ed infine \vec{L}_O\prime è il momento angolare totale del sistema rispetto al polo O^\prime. Scegliamo un sistema di riferimento Oxyz solidale con l’asta che ruota dove x e y definiscono il piano su cui poggia il disco e l’asse x coincide con l’asta, inoltre l’origine di tale sistema di riferimento coincide con il centro del disco come nella seguente figura

 

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Se scegliamo come polo O per il calcolo dei momenti, essendo fisso, abbiamo

    \[\vec{v}_{O^\prime} \wedge \vec{v}_{CM}=\vec{v}_{O} \wedge \vec{v}_{CM}=\vec{0}.\]

Le uniche forze esterne sono la forza peso dell’uomo e dei pattini e la reazione vincolare generata dal vincolo, inoltre osserviamo che il momento di tali forze risulta nullo rispetto all’asse z passante per O, quindi (1)_2 può essere riscritta come segue

(2)   \begin{equation*} \dfrac{d\vec{L}_{O^\prime}}{dt}=\vec{0}\Rightarrow \vec{L}=\vec{c} \end{equation*}

dove \left \vert \vec{c}\right \vert=c=costante e [c]=kg\cdot m \cdot m/s. Dunque se scegliamo O come polo per il calcolo dei momenti si conserva il momento angolare rispetto all’asse z. Ricordiamo com’è definito il momento angolare

(3)   \begin{equation*} \vec{L}=\vec{r}\wedge \vec{p} \end{equation*}

dove \vec{r} è la distanza di un generico punto materiale rispetto ad un polo O e \vec{p}=m\vec{v}. Considerando la figura 1

 

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calcoliamo il momento angolare iniziale del sistema applicando (3)

    \[\vec{L}_i=\left(rm_1v_{1,i}+rm_2v_{2,i}+\left(r-\dfrac{r}{4} \right)m_3v_{3,i} \right)\hat{z} =\left(rm_1v_{1,i}+rm_2v_{2,i}+\dfrac{3}{4}rm_3v_{3,i} \right)\hat{z}\]

e dal momento che i tre punti materiali m_1,m_2 e m_3 si muovono di moto circolare uniforme, abbiamo

(4)   \begin{equation*} v_{1,i}=r\omega_0 \quad \text{e} \quad v_{2,i}=r \omega_0 \quad \text{e} \quad v_{3,i}=\left(r-\dfrac{r}{4}\right)\omega_0=\dfrac{3}{4}r \omega_0 \end{equation*}

dunque

    \[\vec{L}_i=\left(rm_1v_1+rm_2v_2+\dfrac{3}{4}rm_3v_3 \right)\hat{z}=\left(r^2m_1\omega_0+r^2m_2 \omega_0+\dfrac{9}{16}r^2m_3\omega_0 \right)\hat{z}.\]

Dopo di che, la persona si sposta dalla sua posizione iniziale e si pone alla distanza d_2=\dfrac{3}{2}r dalla massa m_2; così il sistema ha una nuova velocità angolare di modulo \omega_f.

Calcoliamo il momento angolare finale del sistema applicando sempre (3) considerando la figura 2

 

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dunque

    \[\vec{L}_f=\left(m_1\,r_{1,f}\, v_{1,f}+m_2\, r_{2,f}\, v_{2.f}+\dfrac{3}{4}m_3 \, r_{3,f}\, v_{3,f} \right)\hat{z},\]

dove r_{1,f}=r, poi

(5)   \begin{equation*} v_{1,f}=r_1\omega_f=r\omega_f \end{equation*}

e r_{2,f}=r con

(6)   \begin{equation*} v_{2,f}=r_2\omega_f=r\omega_f \end{equation*}

in quanto i corpi di massa m_1 e m_2 si muovono di moto circolare uniforme; inoltre anche il corpo m_3 si muove di moto circolare e quindi

    \begin{equation*} r_{3,f}=\dfrac{1}{2}r \end{equation*}

e

(7)   \begin{equation*} v_{3,f}=r_{3,f}\, \omega_f=\dfrac{1}{2}r\omega_f. \end{equation*}

Pertanto il momento angolare finale diventa

    \[\vec{L}_f=\left(m_1\,r_{1,f}\, v_{1,f}+m_2\, r_{2,f}\, v_{2.f}+\dfrac{3}{4}m_3 \, r_{3,f}\, v_{3,f} \right)\hat{z}= \left(m_1r^2\omega_f+m_2r^2\omega^2_f+\dfrac{1}{4}m_3r^2\omega^2_f\right) .\]

Per (2) possiamo imporre la seguente equazione

    \[\begin{aligned} &L_i=L_f\quad \Leftrightarrow \quad r^2m_1\omega_0+r^2m_2 \omega_0+\dfrac{9}{16}r^2m_3\omega_0=m_1r^2\omega_f+m_2r^2\omega_f+\dfrac{1}{4}m_3r^2\omega_f\quad \Leftrightarrow \quad\\\\ &\quad \Leftrightarrow \quad m_1\omega_0+m_2 \omega_0+\dfrac{9}{16}m_3\omega_0=m_1\omega_f+m_2\omega_f+\dfrac{1}{4}m_3\omega_f\quad \Leftrightarrow \quad\\\\ &\quad \Leftrightarrow \quad \omega_f=\omega_0\left( \dfrac{m_1+m_2 +\dfrac{9}{16}m_3}{m_1+m_2+\dfrac{1}{4}m_3}\right) . \end{aligned}\]

Dunque si conclude che la velocità angolare finale del sistema è quella che segue

    \[\boxcolorato{fisica}{\omega_f=\omega_0\left( \dfrac{m_1+m_2 +\dfrac{9}{16}m_3}{m_1+m_2+\dfrac{1}{4}m_3}\right).}\]

 

Per il secondo punto del problema è utile ricordare il teorema delle forze vive (o dell’energia cinetica) nel caso di un sistema di n punti materiali. Il quale afferma che la somma dei lavori delle forze interne ed esterne uguaglia la somma delle variazioni di energia cinetica di ogni punto materiale sottratto alle energie cinetiche iniziale del sistema, in formule

(8)   \begin{equation*} \sum_{k=1}^{n}L^{ext}_k+\sum_{k=1}^{n}L^{int}_k=K_{t,f}-K_{t,i} \end{equation*}

dove K_{t,f}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}L^{ext} è la somma di tutti i lavori delle forze esterne, K_{t,i}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}L^{int}_k è la somma dei lavori di tutte le forze interne,\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2}m_kv_k^2 è la somma di tutte le energie cinetiche finali di ogni singolo punto materiale e infine \displaystyle \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2}m_kv_i^2 è la somma di tutte le energie cinetiche iniziali del sistema. In primo luogo osserviamo che i lavori delle forze esterne è nullo e l’unica forza che fa lavoro è quella dell’uomo. Consideriamo la situazione iniziale ovvero quando il sistema ruota con velocità angolare \omega_0 e calcoliamo la somma delle energie cinetiche dei 3 punti materiali :

    \[\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2}m_kv_{k,i}^2=\dfrac{1}{2}m_2v_{1,i}^2+\dfrac{1}{2}m_2v_{2,i}^2+\dfrac{1}{2}m_3v^2_{3,i}\]

per (4) abbiamo

    \[\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2}m_kv_{k,i}^2 & =\dfrac{1}{2}m_1v_{1,i}^2+\dfrac{1}{2}m_2v_{2,i}^2+\dfrac{1}{2}m_3v^2_{3,i}=\\ & = \dfrac{1}{2}m_1r^2\omega_0^2+\dfrac{1}{2}m_2r^2\omega_0^2+\dfrac{1}{2}m_3\left(\dfrac{9}{16}\right)r^2\omega_0^2=\\ &=\dfrac{1}{2}r^2\omega_0^2\left(m_1+m_2+\dfrac{9}{16}m_3 \right) . \end{aligned}\]

Ora consideriamo la situazione finale ovvero quando il sistema ruota con velocità angolare finale \omega_f e calcoliamo la somma delle energie cinetiche del sistema

    \[\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2}m_kv_{k,f}^2=\dfrac{1}{2}m_1v_{1,f}^2+\dfrac{1}{2}m_2v_{2,f}^2+\dfrac{1}{2}m_3v^2_{3,f}\]

per (5), (6) e (7) abbiamo

    \[\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2}m_kv_{k,f}^2&=\dfrac{1}{2}m_1v_{1,f}^2+\dfrac{1}{2}m_2v_{2,f}^2+\dfrac{1}{2}m_3v^2_{3,f}=\\ & = \dfrac{1}{2}m_1r^2\omega_f^2+ \dfrac{1}{2}m_2r^2\omega_f^2+\dfrac{1}{2}m_3\left( \dfrac{1}{4}\right)r^2 \omega_f^2 =\\ &=\dfrac{1}{2}r^2 \omega_f^2\left( m_1+ m_2+\dfrac{1}{4}m_3 \right). \end{aligned}\]

Applichiamo ora (8)

    \[\begin{aligned} &L_{uomo}=\dfrac{1}{2}r^2 \omega_f^2\left( m_1+ m_2+\dfrac{1}{4}m_3 \right) -\dfrac{1}{2}r^2\omega_0^2\left(m_1+m_2+\dfrac{9}{16}m_3 \right) =\\\\ &=\dfrac{1}{2}r^2\omega_0^2\left( \dfrac{m_1+m_2 +\dfrac{9}{16}m_3}{m_1+m_2+\dfrac{1}{4}m_3}\right)^2\left( m_1+ m_2+\dfrac{1}{4}m_3 \right)-\dfrac{1}{2}r^2\omega_0^2\left(m_1+m_2+\dfrac{9}{16}m_3 \right)=\\\\ &=\dfrac{1}{2}r^2\omega_0^2\left[\left( \dfrac{m_1+m_2 +\dfrac{9}{16}m_3}{m_1+m_2+\dfrac{1}{4}m_3}\right)^2\left( m_1+ m_2+\dfrac{1}{4}m_3 \right)-\left(m_1+m_2+\dfrac{9}{16}m_3 \right)\right]. \end{aligned}\]

Dunque si conclude che il lavoro fatto dall’uomo è quello che segue

    \[\boxcolorato{fisica}{ L_{uomo}=\dfrac{1}{2}r^2\omega_0^2\left[\left( \dfrac{m_1+m_2 +\dfrac{9}{16}m_3}{m_1+m_2+\dfrac{1}{4}m_3}\right)^2\left( m_1+ m_2+\dfrac{1}{4}m_3 \right)-\left(m_1+m_2+\dfrac{9}{16}m_3 \right)\right].}\]

 

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