Esercizio sistemi di punti materiali 8

Sistemi di punti materiali in Meccanica classica

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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 $d_1=\dfrac{r}{4}$ 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 e si porta a distanza $d_2=\dfrac{3r}{2}$ 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, esprimendo i risultati in funzione di $m_1$ , $m_2$ , $m_3$ , $r$ e $\omega_0$ .

$\quad$

Figura 1: configurazione iniziale.

$\quad$

Figura 2: configurazione finale.

$\quad$

Svolgimento.

Si considera come sistema fisico l’insieme formato dai due pattini di masse $m_1$ e $m_2$ , dall’asta di massa trascurabile e dalla persona di massa $m_3$ . La guida circolare, il piano orizzontale, l’eventuale vincolo centrale in $O$ e la Terra non fanno parte del sistema. Di conseguenza, le forze che questi corpi esercitano sui pattini, sull’asta e sulla persona sono forze esterne; le forze scambiate tra persona, asta e pattini sono invece forze interne. Questa scelta è necessaria, perché la classificazione tra forze interne ed esterne dipende proprio dal sistema fisico considerato.

Si ricorda che, dato un sistema di $n\in\mathbb{N}$ punti materiali, valgono le seguenti leggi fondamentali

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

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, $\displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{M}_{O^\prime,k}\,}^{\text{\tiny ext}}$ è la somma di tutti i momenti esterni calcolati rispetto al polo $O^\prime$ , $\vec{v}_{O^\prime}$ è la velocità del polo scelto per il calcolo del momento angolare totale del sistema¹, ed infine $\vec{L}_{O^\prime}$ è il momento angolare totale del sistema rispetto al polo $O^\prime$ . Poiché $\vec{P}_t=M\vec{v}_{CM}$ , con $M=m_1+m_2+m_3$ , il secondo termine al primo membro può anche essere scritto nella forma $M\vec{v}_{O^\prime}\wedge \vec{v}_{CM}$ .

Si sceglie un sistema di riferimento inerziale $Oxyz$ , fisso rispetto al piano orizzontale, con origine nel centro $O$ della guida e asse $z$ perpendicolare al piano del moto. Per comodità geometrica, nell’istante $t$ in cui si rappresenta la configurazione, l’asse $x$ viene orientato lungo l’asta. Questo non significa che il riferimento sia solidale con l’asta: il sistema $Oxyz$ resta inerziale e non ruota insieme al sistema materiale.

$\quad$

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Figura 3: riferimento inerziale $Oxyz$ .

$\quad$

Se si sceglie come polo $O$ per il calcolo dei momenti, essendo tale punto fisso nel riferimento inerziale scelto, si ha

$\vec{v}_{O^\prime}\wedge\vec{P}_t=\vec{v}_{O}\wedge\vec{P}_t=\vec{0}.$

I pattini sono saldati agli estremi dell’asta e scorrono sulla guida circolare, perciò restano sempre a distanza $r$ dal centro $O$ . Nell’ipotesi di guida ideale e liscia, la guida esercita sui pattini soltanto le reazioni vincolari normali alla guida, cioè radiali; tali reazioni servono a imporre il vincolo circolare e possono fornire la parte centripeta dell’accelerazione, ma hanno momento nullo rispetto a $O$ e lavoro nullo, perché sono perpendicolari allo spostamento istantaneo dei pattini. La componente tangenziale delle forze che modifica la velocità dei pattini non proviene dalla guida ideale: essa viene trasmessa dall’asta e dalla persona, quindi è interna al sistema fisico scelto. L’eventuale reazione del vincolo centrale applicato in $O$ ha momento nullo rispetto a $O$ , perché il suo punto di applicazione coincide con il polo scelto.

I pesi della persona e dei pattini sono verticali. Anche le reazioni normali del piano sono verticali. Nell’istante rappresentato i punti materiali stanno sull’asse $x$ , dunque i loro vettori posizione rispetto a $O$ sono orizzontali; il momento di una forza verticale applicata in un punto dell’asse $x$ è diretto lungo l’asse $y$ e non possiede componente lungo l’asse $z$ . Pertanto il momento risultante delle forze esterne rispetto all’asse $z$ è nullo:

$\sum_{k=1}^{n}M^{\mathrm{ext}}_{O,z,k}=0, \qquad k\in\{1,\ldots,n\}.$

La seconda equazione in (1), proiettata lungo l’asse $z$ , diventa quindi

(2) $\begin{equation*} \dfrac{dL_{O,z}}{dt}=0\quad \Rightarrow \quad L_{O,z}=c, \end{equation*}$

dove $c$ è una costante e $[c]=\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^2\,\mathrm{s}^{-1}$ . Si conserva dunque la componente del momento angolare rispetto all’asse $z$ .

Per un punto materiale si ricorda che il momento angolare rispetto al polo $O$ è definito da

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

dove $\vec{r}$ è il vettore posizione del punto materiale rispetto al polo $O$ e $\vec{p}=m\vec{v}$ è la sua quantità di moto. La distanza dal polo non è il vettore $\vec{r}$ , ma il suo modulo.

Si osservi ora la geometria iniziale.

$\quad$

Figura 4: geometria iniziale.

$\quad$

La distanza della persona dal centro non coincide con $d_1$ o con $d_2$ , perché questi dati sono misurati dal pattino di massa $m_1$ . Poiché $m_1$ si trova a un estremo dell’asta e $O$ è il punto medio, la distanza iniziale della persona dal centro è

$d_i=r-d_1=r-\dfrac{r}{4}=\dfrac{3r}{4}.$

Nelle configurazioni iniziale e finale la persona è ferma rispetto all’asta. Durante lo spostamento, invece, essa scorre lungo l’asta e quindi non resta su una stessa circonferenza centrata in $O$ . Per questo motivo non si descrive il moto della persona come un moto circolare attorno a $O$ durante tutta la trasformazione: si usano soltanto le due configurazioni, prima e dopo lo spostamento. In ciascuna di esse, una volta fissata la distanza $\ell$ dal centro, la velocità tangenziale di un punto solidale con l’asta ha modulo

$v=\ell\omega.$

All’istante iniziale si ha quindi

(4) $\begin{equation*} v_{1,i}=r\omega_0, \qquad v_{2,i}=r\omega_0, \qquad v_{3,i}=d_i\omega_0=\dfrac{3}{4}r\omega_0, \end{equation*}$

che sono rispettivamente le velocità iniziali di $m_1$ , $m_2$ e $m_3.$

Il momento angolare iniziale del sistema rispetto all’asse $z$ passante per $O$ è

$\vec{L}_i= \left(rm_1v_{1,i}+rm_2v_{2,i}+d_i m_3v_{3,i}\right)\hat{z}.$

Sostituendo le velocità precedenti, si ottiene

$\vec{L}_i= \left(m_1r^2\omega_0+m_2r^2\omega_0+m_3\left(\dfrac{3r}{4}\right)^2\omega_0\right)\hat{z}.$

In forma scalare, lungo l’asse $z$ , risulta

(5) $\begin{equation*} L_{O,z,i}=r^2\omega_0\left(m_1+m_2+\dfrac{9}{16}m_3\right). \end{equation*}$

Dopodiché, la persona si sposta dalla posizione iniziale e si porta a distanza

$d_2=\dfrac{3r}{2}$

dal pattino di massa $m_1$ . La sua distanza dal centro $O$ diventa quindi

$d_f=\left|d_2-r\right|=\left|\dfrac{3r}{2}-r\right|=\dfrac{r}{2}.$

Terminato lo spostamento, la persona è nuovamente ferma rispetto all’asta; il sistema assume allora una nuova velocità angolare di modulo $\omega_f$ .

Si calcola il momento angolare finale del sistema attraverso la geometria seguente.

$\quad$

Figura 5: geometria finale.

$\quad$

Nella configurazione finale si ha

$\vec{L}_f= \left(m_1r_{1,f}v_{1,f}+m_2r_{2,f}v_{2,f}+m_3d_fv_{3,f}\right)\hat{z},$

dove $r_{1,f}=r$ e

(6) $\begin{equation*} v_{1,f}=r_{1,f}\omega_f=r\omega_f. \end{equation*}$

Inoltre $r_{2,f}=r$ e

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

Per la persona, invece,

$d_f=\dfrac{r}{2},$

e quindi

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

Pertanto il momento angolare finale diventa

$\vec{L}_f= \left(m_1r^2\omega_f+m_2r^2\omega_f+\dfrac{1}{4}m_3r^2\omega_f\right)\hat{z}.$

In forma scalare,

(9) $\begin{equation*} L_{O,z,f}=r^2\omega_f\left(m_1+m_2+\dfrac{1}{4}m_3\right). \end{equation*}$

Si noti che nel momento angolare compare una sola potenza di $\omega_f$ ; la potenza $\omega_f^2$ compare invece nel calcolo dell’energia cinetica.

Per (2) si può imporre

$L_{O,z,i}=L_{O,z,f}.$

Usando (5) e (9), si ottiene

$r^2\omega_0\left(m_1+m_2+\dfrac{9}{16}m_3\right) = r^2\omega_f\left(m_1+m_2+\dfrac{1}{4}m_3\right),$

da cui

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

Dunque la velocità angolare finale, espressa in funzione di $m_1$ , $m_2$ , $m_3$ e $\omega_0$ , è

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

Poiché $\dfrac{9}{16}>\dfrac{1}{4}$ , il rapporto è maggiore di $1$ : la persona si avvicina all’asse di rotazione e la velocità angolare aumenta.

Per il secondo punto del problema è utile ricordare il teorema delle forze vive, o dell’energia cinetica, nel caso di un sistema di $n\in\mathbb{N}$ punti materiali. Esso afferma che la somma dei lavori delle forze esterne e interne è uguale alla variazione dell’energia cinetica totale del sistema, cioè

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

dove

$K_{t,i}=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2}m_kv_{k,i}^2, \qquad K_{t,f}=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2}m_kv_{k,f}^2, \qquad k\in\{1,\ldots,n\}.$

Nel problema in esame il lavoro complessivo delle forze esterne è nullo. I pesi e le reazioni normali del piano sono perpendicolari agli spostamenti, che avvengono nel piano orizzontale; perciò il loro lavoro è nullo. Le reazioni della guida ideale sui pattini sono radiali, mentre gli spostamenti istantanei dei pattini lungo la guida sono tangenziali; dunque anche tali reazioni compiono lavoro nullo. La forza tangenziale che cambia la velocità dei pattini non è una forza esterna della guida ideale, ma una forza trasmessa dall’asta, quindi interna al sistema scelto. L’eventuale reazione del vincolo centrale in $O$ ha punto di applicazione fisso e compie lavoro nullo. Rimane il lavoro interno associato allo spostamento della persona lungo l’asta, che si indica con $W_{\mathrm{persona}}$ .

Si considera la situazione iniziale, cioè quando il sistema ha velocità angolare $\omega_0$ . L’energia cinetica totale iniziale è

$K_{t,i}=\sum_{k=1}^{3}\dfrac{1}{2}m_kv_{k,i}^2 =\dfrac{1}{2}m_1v_{1,i}^2+ \dfrac{1}{2}m_2v_{2,i}^2+ \dfrac{1}{2}m_3v^2_{3,i}.$

Per (4) si ha

$\begin{aligned} K_{t,i} &=\dfrac{1}{2}m_1r^2\omega_0^2+ \dfrac{1}{2}m_2r^2\omega_0^2+ \dfrac{1}{2}m_3\left(\dfrac{3r}{4}\omega_0\right)^2\\ &=\dfrac{1}{2}r^2\omega_0^2\left(m_1+m_2+\dfrac{9}{16}m_3\right). \end{aligned}$

Ora si considera la situazione finale, cioè quando il sistema ha velocità angolare finale $\omega_f$ . L’energia cinetica totale finale è

$K_{t,f}=\sum_{k=1}^{3}\dfrac{1}{2}m_kv_{k,f}^2 =\dfrac{1}{2}m_1v_{1,f}^2+ \dfrac{1}{2}m_2v_{2,f}^2+ \dfrac{1}{2}m_3v^2_{3,f}.$

Per (6), (7) e (8), si ottiene

$\begin{aligned} K_{t,f} &=\dfrac{1}{2}m_1r^2\omega_f^2+ \dfrac{1}{2}m_2r^2\omega_f^2+ \dfrac{1}{2}m_3\left(\dfrac{r}{2}\omega_f\right)^2\\ &=\dfrac{1}{2}r^2\omega_f^2\left(m_1+m_2+\dfrac{1}{4}m_3\right). \end{aligned}$

Dal teorema dell’energia cinetica segue quindi

$W_{\mathrm{persona}}=K_{t,f}-K_{t,i}.$

Sostituendo le due energie cinetiche appena calcolate, si ha

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

Dunque il lavoro fatto dalla persona, espresso in funzione di $m_1$ , $m_2$ , $m_3$ , $r$ e $\omega_0$ , è

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

La stessa espressione può essere scritta in forma più compatta. Infatti, se

$A=m_1+m_2+\dfrac{9}{16}m_3, \qquad B=m_1+m_2+\dfrac{1}{4}m_3,$

allora

$W_{\mathrm{persona}}=\dfrac{1}{2}r^2\omega_0^2\left(\dfrac{A^2}{B}-A\right) =\dfrac{1}{2}r^2\omega_0^2\dfrac{A(A-B)}{B}.$

Poiché

$A-B=\dfrac{9}{16}m_3-\dfrac{1}{4}m_3=\dfrac{5}{16}m_3,$

si ottiene anche

$\boxcolorato{fisica}{ W_{\mathrm{persona}} = \dfrac{5}{32}m_3r^2\omega_0^2 \dfrac{m_1+m_2+\dfrac{9}{16}m_3}{m_1+m_2+\dfrac{1}{4}m_3}. }$

Il lavoro è positivo, come atteso: la persona si avvicina all’asse di rotazione, il momento d’inerzia complessivo diminuisce e la velocità angolare aumenta.

Vedere la dimostrazione del teorema del momento angolare ↩

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