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Esercizio sistemi di punti materiali 9

Sistemi di punti materiali in Meccanica classica

Home » Esercizio sistemi di punti materiali 9

Esercizio sui sistemi di punti materiali 9 rappresenta il nono 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 8, e segue l’Esercizio sui sistemi di punti materiali 10.

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 9

Esercizio 9 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Due masse m_1 e m_2, soggette alla forza peso, sono collegate da un’asticella di massa trascurabile e lunghezza L. Il sistema è libero di traslare e ruotare su un piano verticale, intorno all’asse perpendicolare al piano, passante per il centro di massa. All’istante t_0 l’asta è posizionata come in Figura 1, la massa m_1 ha coordinate (0,L) e la massa m_2 si trova nell’origine. In tale istante il centro di massa ha velocità \vec{v} diretta nel verso positivo dell’asse delle x e la velocità angolare \vec{\omega} (rotazione in verso antiorario).
Determinare all’istante t_0:

  • la posizione del centro di massa;
  • il momento angolare del sistema rispetto al centro di massa e rispetto all’origine degli assi.

Inoltre descrivere per t>t_0 il moto del sistema rispetto al sistema di riferimento inerziale e il centro di massa.

 

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Svolgimento.

Scegliamo un sistema di riferimento fisso inerziale Oxy come in Figura 1 e calcoliamo la coordinata del centro di massa[1]. all’istante t_0

(1)   \begin{equation*} \vec{r}_{cm}=\left(0,\dfrac{m_1L}{m_1+m_2}\right). \end{equation*}

All’istante t_0 non è presente alcun tipo di vincolo, quindi il sistema ruota rispetto al proprio centro di massa, pertanto, scegliendo un sistema di riferimento solidale con il centro di massa, le due masse si muovono di moto circolare. Calcoliamo ora il momento angolare rispetto al centro di massa[2]

(2)   \begin{equation*} \vec{L}^\prime=\left(m_1\vec{r}^{\,\prime}_1\wedge\vec{v}^{\,\prime}_1+m_2\vec{r}^{\,\prime}_2\wedge\vec{v}^{\,\prime}_2 \right) \end{equation*}

dove

(3)   \begin{equation*} \vec{r}^{\,\prime}_1=(L-\frac{m_1L}{m_1+m_2})\hat{y}=\frac{m_2L}{m_1+m_2}\,\hat{y}, \qquad \vec{v}_1^{\,\prime}=-\omega {r}^{\,\prime}_1\,\hat{x} \end{equation*}

e

(4)   \begin{equation*} \vec{r}^{\,\prime}_2=-(\frac{m_1L}{m_1+m_2})\,\hat{y} \qquad \qquad \vec{v}_2^{\,\prime}=-\omega {r}^{\,\prime}_2\,\hat{x}. \end{equation*}

Tendendo conto che

(5)   \begin{equation*} \vec{r}^{\,\prime}_1\wedge\vec{v}^{\,\prime}_1=r^\prime_1v_1^\prime \, \hat{z} \qquad \mbox{e} \qquad \vec{r}^{\,\prime}_2\wedge\vec{v}^{\,\prime}_2=r^\prime_2v_2^\prime \, \hat{z} \end{equation*}

allora

    \[\begin{aligned} \vec{L}^\prime&=\left(m_1\left(r^\prime_1\right)^2+m_1\left(r^\prime_2\right)^2 \right)\omega\,\hat{z}=\\ &=\left( m_1\left(\frac{m_2L}{m_1+m_2}\right)^2+m_2\left(\frac{m_1L}{m_1+m_2}\right)^2\right)\omega\,\hat{z}=\\ &=\left(\dfrac{m_1m_2L^2\omega}{m_1+m_2}\right)\,\hat{z}. \end{aligned}\]

Per calcolare \vec{L}, il momento angolare totale del sistema rispetto all’origine degli assi, applichiamo il teorema di König[3]

(6)   \begin{equation*} \vec{L}=\vec{L}^\prime+\vec{L}_{CM} \end{equation*}

dove \vec{L}_{CM}=\left(\frac{m_1L}{m_1+m_2}\,\hat{y}\right)\wedge \left(v\,\hat{x}\right)=-\left(m_1+m_2\right)\frac{m_1L}{m_1+m_2}v\,\hat{z}. Quindi

    \[\begin{aligned} \vec{L}&=\left(\dfrac{m_1m_2L^2\omega}{m_1+m_2}\right)\,\hat{z}-\left(m_1+m_2\right)\frac{m_1L}{m_1+m_2}v\,\hat{z}=\\ &=m_1L\left(\dfrac{m_2L\omega-\left(m_1+m_2\right)v}{m_1+m_2}\right)\,\hat{z}. \end{aligned}\]

Per t>t_0 il sistema composto da m_1 e m_2 cade nel vuoto soggetto alle rispettive forze peso: i due corpi ruotano rispetto al proprio centro di massa di moto circolare, mentre il centro di massa cade nel vuoto muovendosi di moto parabolico. Dimostriamo quanto affermato. Ricordiamo la prima e la seconda legge cardinale per un sistema di punti materiali:

(7)   \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 \wedge \vec{v}_{CM} = \dfrac{d\vec{L}_O}{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 al sistema, \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 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 è il momento della quantità di moto totale del sistema[4] Se scegliamo come polo il centro di massa, (7)_2 diviene

(8)   \begin{equation*} \dfrac{d \vec{L}_O}{dt}=\vec{0}\,\left[N\cdot m\right] \end{equation*}

perché \vec{v}_O\wedge \vec{v}_{CM}=\vec{0} essendo \vec{v}_O\equiv \vec{v}_{CM}, inoltre l’unica forza esterna applicata al centro di massa è \left(m_1+m_2\right)\vec{g} la quale ha momento nullo perché il vettore posizione che congiunge il polo ha lunghezza nulla. In conclusione possiamo affermare che si conserva il momento angolare.

Il momento angolare iniziale è[5]

(9)   \begin{equation*} \vec{L}_i=\left(m_1\left(r_1^\prime\right)^2\omega+m_2\left(r_2^\prime\right)^2\omega\right)\,\hat{z} \end{equation*}

e nel generico istante t

(10)   \begin{equation*} \vec{L}_f=\left(m_1\left(r_1^\prime\right)^2\omega(t)+m_2\left(r_2^\prime\right)^2\omega(t)\right)\,\hat{z} \end{equation*}

da cui

(11)   \begin{equation*} \vec{L}_i=\vec{L}_f \quad \Leftrightarrow \quad \omega(t)=\omega=\text{costante}. \end{equation*}

Abbiamo dimostrato che la velocità angolare è costante, pertanto scelto un sistema di riferimento solidale con il centro di massa, i due punti materiali m_1 e m_2 si muovono di moto circolare uniforme, se le masse m_1 e m_2 fossero uguali il centro di massa sarebbe ad L/2, pertanto, avendo stessa distanza dal centro di massa, la velocità tangenziale sarebbe uguale in modulo altrimenti se sono diverse avranno distanze differenti dal centro di massa e quindi avranno velocità in modulo diverse. Si poteva altrimenti dimostrare che la velocità angolare è costante sfruttando la conservazione dell’energia[6] e applicando il Teorema di könig. Come abbiamo detto, i due punti materiali si muovo di moto circolare uniforme quindi l’energia cinetica rotazionale iniziale è

    \[\begin{aligned} &\dfrac{1}{2}m_1\left(\omega r^\prime_1\right)^2+\dfrac{1}{2}m_2\left(\omega r^\prime_2\right)^2=\\& =\dfrac{1}{2}m_1\left(\dfrac{m_2L}{m_1+m_2}\right)^2\omega^2+\dfrac{1}{2} m_2\left(\dfrac{m_1L}{m_1+m_2}\right)^2\omega^2 \end{aligned}\]

e in un generico istante t>t_0

    \[\begin{aligned} &\dfrac{1}{2}m_1\left(\omega(t) r^\prime_1\right)^2+\dfrac{1}{2}m_2\left(\omega (t)r^\prime_2\right)^2=\\& =\dfrac{1}{2}m_1\left(\dfrac{m_2L}{m_1+m_2}\right)^2\omega^2(t)+\dfrac{1}{2} m_2\left(\dfrac{m_1L}{m_1+m_2}\right)^2\omega^2(t) \end{aligned}à\]

Per quanto riguarda l’energia cinetica del centro di massa, all’istante iniziale è pari a

(12)   \begin{equation*} \dfrac{1}{2}\left(m_1+m_2\right)v^2 \end{equation*}

e in un generico istante t>t_0

(13)   \begin{equation*} \dfrac{1}{2}\left(m_1+m_2\right)v_{CM}^2(t), \end{equation*}

quindi l’energia cinetica iniziale è[7]

(14)   \begin{equation*} E_i=\dfrac{1}{2}m_1\left(\dfrac{m_2L}{m_1+m_2}\right)^2\omega^2+\dfrac{1}{2} m_2\left(\dfrac{m_1L}{m_1+m_2}\right)^2\omega^2+\dfrac{1}{2}\left(m_1+m_2\right)v^2 \end{equation*}

e all’istante t

(15)   \begin{equation*} E_f=\dfrac{1}{2}m_1\left(\dfrac{m_2L}{m_1+m_2}\right)^2\omega^2(t)+\dfrac{1}{2} m_2\left(\dfrac{m_1L}{m_1+m_2}\right)^2\omega^2(t)+\dfrac{1}{2}\left(m_1+m_2\right)v^2(t). \end{equation*}

Non ci resta che calcolare l’energia potenziale iniziale dovuta alla forza peso[8]

(16)   \begin{equation*} U_i=(m_1+m_2)g\left(\dfrac{m_1L}{m_1+m_2}\right) \end{equation*}

e nel generico istante t

(17)   \begin{equation*} U_f=\left(m_1+m_2\right)g\,y_{CM}(t) \end{equation*}

dove y_{CM}(t) è la generica posizione del centro di massa lungo l’asse y mentre si muove di moto parabolico. Dalla conservazione dell’energia abbiamo dunque

    \[\begin{aligned} &E_i+U_i=E_F+U_f \quad \Leftrightarrow \quad \\ & \Leftrightarrow \quad \dfrac{1}{2}m_1\left(\dfrac{m_2L}{m_1+m_2}\right)^2\omega^2+\dfrac{1}{2} m_2\left(\dfrac{m_1L}{m_1+m_2}\right)^2\omega^2+\dfrac{1}{2}\left(m_1+m_2\right)v^2+\\ &(m_1+m_2)g\left(\dfrac{m_1L}{m_1+m_2}\right)=\dfrac{1}{2}m_1\left(\dfrac{m_2L}{m_1+m_2}\right)^2\omega^2(t)+\\ &+\dfrac{1}{2} m_2\left(\dfrac{m_1L}{m_1+m_2}\right)^2\omega^2(t)+\dfrac{1}{2}\left(m_1+m_2\right)v^2(t)+\left(m_1+m_2\right)g\,y_{CM}(t). \end{aligned}\]

Sfruttiamo la (7)_2 per determinare il moto del centro di massa

(18)   \begin{equation*} -\left(m_1+m_2\right)g\,\hat{y}=\left(m_1+m_2\right)\vec{a}_{cm} \quad \Leftrightarrow\quad\vec{a}_{cm} = -g \,\hat{y} \end{equation*}

quindi, come preannunciato, il centro di massa si muove di moto parabolico. Scriviamo le sue leggi orarie per determinare la posizione in un generico istante t e della sua velocità

(19)   \begin{equation*} \begin{cases} y_{CM}(t)=y_{cm,i}-\dfrac{1}{2}gt^2=\dfrac{m_1L}{m_1+m_2}-\dfrac{1}{2}gt^2\\\\ x(t)=vt\\\\ v_y(t)=-gt \end{cases} \end{equation*}

da cui abbiamo

(20)   \begin{equation*} v^2(t)=v^2+v^2_y(t)=v^2+g^2t^2. \end{equation*}

Ora osserviamo che

    \[\begin{aligned} &\dfrac{1}{2}\left(m_1+m_2\right)v^2(t)+\left(m_1+m_2\right)g\,y_{CM}(t)=\\ &=\dfrac{1}{2}\left(m_1+m_2\right)\left(v^2+g^2t^2\right)+\left(m_1+m_2\right)g\left(\dfrac{m_1L}{m_1+m_2}-\dfrac{1}{2}gt^2\right)=\\ &=\dfrac{1}{2}\left(m_1+m_2\right)v^2+\left(m_1+m_2\right)\left(\dfrac{g^2t^2}{2}+\dfrac{m_1gL}{m_1+m_2}-\dfrac{g^2t^2}{2}\right)=\\ &=\dfrac{1}{2}\left(m_1+m_2\right)v^2+m_1gL \end{aligned}\]

per cui

    \[\begin{aligned} &E_i+U_i=E_f+U_f \quad \Leftrightarrow \quad \\ &\quad \Leftrightarrow \quad \dfrac{1}{2}m_1\left(\dfrac{m_2L}{m_1+m_2}\right)^2\omega^2+\dfrac{1}{2} m_2\left(\dfrac{m_1L}{m_1+m_2}\right)^2\omega^2=\\ &=\dfrac{1}{2}m_1\left(\dfrac{m_2L}{m_1+m_2}\right)^2\omega^2(t)+\dfrac{1}{2} m_2\left(\dfrac{m_1L}{m_1+m_2}\right)^2\omega^2(t)\quad \Leftrightarrow \quad\\ &\quad \Leftrightarrow \quad \omega(t)=\omega. \end{aligned}\]

È interessante osservare che se fossimo stati nella stessa situazione ma su un piano orizzontale, i punti materiali m_1 e m_2, scelto un sistema di riferimento solidale con il centro di massa si sarebbero comunque mosse di moto circolare uniforme; ovviamente in questa circostanza il centro di massa si sarebbe mosso di moto rettilineo uniforme poiché su di esso non sono applicate forze esterne.

 


Osservazioni e richiami di teoria.

1. Si ricorda che fissato un sistema di riferimento inerziale Oxyz e avendo un sistema di n punti materiali, il centro di massa è definito come

    \[\vec{r}_{cm}=\dfrac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}m_k\vec{r}_k}{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}m_k}.\]

↩

 

2. Si ricorda che il momento angolare di un sistema di n punti materiali rispetto al centro di massa è definito come

    \[\vec{L}^\prime=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}m_k\vec{r}_k^{\,\prime}\wedge \vec{v}^{\,\prime}_k\]

dove \vec{r}_k^{\,\prime} è la distanza del generico punto materiale rispetto al centro di massa e \vec{v}^{\,\prime}_k è la velocità relativa rispetto sempre al centro di massa del generico punto materiale. ↩

 

3. Ricordiamo il teorema di könig per il momento angolare:

(21)   \begin{equation*} \vec{L}_O = \vec{L}^{\, \prime} + {\vec{L}_{CM}\,} = \vec{L}^{\, \prime}+ M \, \vec{r}_{CM} \wedge \vec{v}_{CM} \end{equation*}

dove M è la massa totale del sistema, \vec{L}^\prime è il momento angolare del sistema rispetto al centro di massa e \vec{L}_{CM} è il momento angolare del centro di massa rispetto ad sistema inerziale.

Formulando la relazione precedente in forma discorsiva, possiamo affermare quanto segue: il momento angolare totale del sistema rispetto ad un sistema di riferimento inerziale è la somma del momento angolare dovuto al moto del centro di massa sommato a quello del sistema rispetto al centro di massa. ↩

 

4. Il polo O è un polo generico e non coincide in generale con l’origine del sistema di riferimento. ↩

 

5. Ribadiamo il fatto che abbiamo scelto il centro di massa come polo e pertanto applicando il Teorema di könig il momento angolare del centro di massa è nullo. ↩

 

6. È un procedimento più complicato e lungo, ma si consiglia al lettore di seguire il ragionamento perché lo riteniamo utile. ↩

 

7. Sfruttiamo il Teorema di könig. ↩

 

8. Si ricorda che dobbiamo immaginarci applicata la forza peso \left(m_1+m_2\right)\vec{g} applicata al centro di massa, le forze esterne in un sistema di punti materiali sono le uniche che influenzano il moto del centro di massa. ↩

 

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