Sistema di punti materiali - INFN Sezione di Padova

U.Gasparini, Fisica I 1

Sistema di punti materiali :

Insieme di N punti materiali interagenti tra loro attraverso “forze interne” Fij,

che soddisfano il principio di azione e reazione:

P1 P2

P3

Pj

Pi Fij

Fji

Fij= -Fji

sui quali eventualmente agiscano anche “forze esterne” al sistema Fi(E)

(ossia non causate dagli altri oggetti del sistema; ad esempio, la forza peso)

Fj(E)

La forza interna totale agente sul corpo i-esimo e’:

N

ijj

ij

I

i FF,1

)(


Sistema di punti materiali

Notiamo subito che, per il principio di azione e reazione, la forza risultante

di tutte le forze interne al sistema e’ nulla:

N

i

I

i

I FR1

)()( 0

Infatti:

N

i ij

ij

N

i

I

i

I FFR11

)()(

........... 31232111312 FFFFFF N

12F

13F

0.....)()( 13131212 FFFF

Ovviamente, in generale, la forza risultante di tutte

le forze esterne e’ invece diversa da zero: 0

1

)()(

N

i

E

i

E FR


Quantita’ di moto, momento angolare ed energia cinetica

totali di un sistema di punti materiali

Energia cinetica totale:

i

ii

i

ikk vmEE 2

,2

1

i

ii

i

i vmpP

Quantita’ di moto totale:

Momento angolare totale rispetto ad un dato polo O:

i

ii

i

iii

i

iOO prvmOPLL )()(,

U.Gasparini, Fisica I

“Centro di massa” G

di un sistema di punti materiali Pi :

G

x

y

z

rCM

yCM

massa totale del sistema

O

P1

OG rm OP

m

m r

MCM

i ii

ii

i ii

r1

“Centro di massa (CM)”

P2

P3

zCM

xCM

xM

m x

yM

m y

zM

m z

CM i ii

CM i ii

CM i ii

1

1

1

Esempio: CM di un sistema di 3 punti materiali di egual massa m

posti ai vertici di un triangolo equilatero di lato l :

y

x

h G

P1 P2

P3

l 23

)2/11()(

3

1321

m

mmxmxmx

mxCM

0 l/2 l

0 )2/3(4/22 h

6/33

2/3)(

3

1321

m

mmymymy

myCM


v tdr t

dt

d

dt Mm r t

Mm

dr t

dtCM

CMi i

ii

i

i( )

( )( )

( )

1 1

Velocità e accelerazione del CM

m1v1

m2v2

P= (m1+m2)vCM

Nel sistema di riferimento del CM, la quantita’ di moto totale del sistema e’ nulla.

v t

dr t

dt Mm vCM

CMi i

i( )

( )

1

La quantità di moto totale di un sistema

di punti materiali può essere espressa da: P p m v Mvi

i

i i CM

i

Nel sistema di riferimento del CM: i

CMii vMvmP 0'''

Accelerazione del CM :

a tdv t

dt

d

dt Mm v t

Mm

dv t

dtCM

CMi i

ii

i

i( )

( )( )

( )

1 1

a t

dv t

dt Mm aCM

CMi i

i( )

( )

1


- il momento risultante delle forze peso agenti sul sistema

di punti materiali rispetto ad un polo O è uguale al

momento della forza peso totale applicata nel centro di massa del sistema

O

G

mi g

M g

ri

Pi

Proprietà del centro di massa

mi

gMOGgOGMgOPm

gOPmgmOPMM

i

ii

i

iii

i

i

i

i

tot

O

)()(

M OG MgO

tot M

- l’energia potenziale della forza peso per un sistema di punti materiali è uguale

all’energia potenziale di un punto materiale di massa uguale alla massa totale

del sistema e coincidente col centro di massa :

E E m gz g m zp ip

i i

ii

i i

i

E Mgzp CM

MzCM

M

M


Dato un insieme di forze parallele

applicate nei punti Pi , esiste un punto C, detto

“centro delle forze parallele”:

F F ui i

tale che il momento risultante delle forze Fi rispetto ad un

generico polo O sia uguale al momento rispetto ad O della risultante

applicata in C.

OC rF r

FC

i ii

ii

R Fi

i

Fi

ri

C

Pi

O R

Proprietà dei sistemi di forze parallele

u

M M OP F

OP F u F OP u

F OP

FF u OC R

Otot

i

i

i

i

i

ii

i i ii

i ii

ii

ii

( )

Infatti:

Se il sistema delle forze parallele è costituito

dalle forze peso: F m g m gui i i z

il centro delle forze peso,

o “baricentro”, è:

rm gr

m g

m r

mG

i ii

ii

i ii

ii

e coincide con il centro

di massa.


Teorema del moto del centro di massa

Per un sistema di punti materiali, l’ accelerazione del suo centro di massa moltiplicata

per la massa totale M del sistema è uguale alla risultante di tutte le forze esterne

agenti sul sistema:

Ma RCME

In altre parole, il CM del sistema si muove con la stessa accelerazione che avrebbe

un punto materiale che abbia in sé concentrata tutta la massa del sistema, sul quale

agisca una forza uguale alla risultante di tutte le forze esterne agenti sul sistema.

L’ equazione che esprime il teorema del CM è anche detta

“Prima equazione cardinale della dinamica dei sistemi”

dt

Pd

dt

vMd

dt

vdMaM CMCM

CM

)(

Si noti inoltre che: quantità di moto totale

del sistema

e quindi il teorema del CM si può anche scrivere: dP

dtRE


RE

Dimostrazione del teorema del moto del CM Per ogni punto materiale Pi di massa m i :

m a F F F F Fi i itot

iE

iI

iE

ij

j i

risultante delle forze esterne

al sistema agenti su Pi

risultante delle forze interne

agenti su Pi forza interna che

il punto Pj

esercita su Pi

P1

P2

F12

F21 = - F12

F1E

(es.: m1g )

legge di Newton

CM

.............. 3121141312

FFFFFF

FFFamaM

i

E

i

i j

ij

E

i

i

tot

i

i

iiCM

F F F F12 21 12 12 0

legge di azione e reazione

Ma RCME

accelerazione del CM in un sistema di riferimento inerziale

risultante delle forze esterne

che agiscono sul sistema


Esempio:

il CM di un sistema di punti materiali in moto sotto l’azione della forza peso

compie il moto parabolico di un punto materiale soggetto all’accelerazione g :

Ma R m g m gCME

i

i

i

i

Moto del CM e quantità di moto totale del sistema

a gCM

moto

parabolico

CM

Considerando la quantità di moto totale del sistema :

P MvCM

ECMCM RaM

dt

vdM

dt

Pd

dP

dtRE

In particolare, per un sistema isolato o per il quale la forza

risultante di tutte le forze esterne sia nulla :

dP

dt

0 P = costante

la quantità di moto totale si conserva.

Esercizio


m M

Mb

0. x

l

xb

Una barca è ferma su un mare calmo; un uomo è a sinistra

all’ estremità della barca lunga l ; un bambino a destra

all’estremità opposta.

Se scambiano i loro posti cosa succede alla barca?

Si sposta verso sinistra e si ferma


Esercizio (continua)

m M

Mb

0. x

l

xb=l/2

P=(m+M+Mb)vCM = 0 = costante

xCM

m M

Mb

0. x

xb =xm+l/2

xM =xm +l

xCM

La barca si è spostata verso sinistra


Determinare la velocità finale vp della piattaforma quando l’uomo raggiunge l’estremo B.

vCM = costante =0 M a p = -m a a CM =(M a p + m a) / (M+m) = 0

a = a’ + a tr = a’ + a p = a’ – (m / M) a Dalla relazione dei moti relativi:

a = a’ M / (M+m) a (1 + m / M) = a’

Moto uniformemente accelerato sulla piattaforma: l =(1/2) a’t2

t = [ 2l / a’ ]1/2 = 4 s v = a t = [a’ M / (M+m)] t = 1.8 m/s Velocità finale:

P = Mvp+mv = Pin=0 vp = - (m / M )v = - 0.2 m/s Inoltre:

Esercizio Un uomo di massa m cammina su una piattaforma AB

lunga l= 4 m di massa M = 9m , libera di scorrere

senza attrito su un pavimento orizzontale.

Inizialmente sono entrambi fermi, e l’uomo, partendo

dall’estremo A della piattaforma, inizia a camminare imprimendosi un’accelerazione costante a’ = 0,5 m/s2

rispetto alla piattaforma.


Un sistema di forze Fi applicate in n punti Pi ha un momento risultante che

in generale dipende dal polo considerato:

M OP F M O P FO i

i

i O i

i

i

' '

In particolare un sistema di forze a risultante nulla ha un momento che

non dipende dal polo considerato

Momento risultante di un sistema di forze

= M O

O

O’

Pi Fi OPi

O’Pi

M O P F O O F OP FO i

i

i

i

i i

i

' ' '

O’O

= O’O + OPi

Si ha:

O O F Mi

i

O'

M O O R MO O' '

risultante del sistema di forze


Sistema di due forze di egual modulo e direzione e di verso opposto ( R 0 )

applicate in due punti distinti, A e B.

Nota: per la legge di azione e reazione, le forze interne di un sistema

costituiscono un insieme di coppie di braccio nullo .

“Coppia di forze” :

A B - F

F

“braccio”: b= ABsinJ (= distanza tra le due rette d’azione)

M = AB F

J

M AB F Fb sinJ

Il momento M di una coppia di forze è indipendente dal polo

rispetto al quale viene calcolato; prendendo come polo il punto A:


Momento angolare totale di un sistema di punti materiali

iii ii OiO vmrLL

Momento angolare totale

rispetto al polo O :

Pi

G

ri ri’

rG vG

vi

=ri’ +rG

momento angolare associato al moto del

centro di massa (ossia momento angolare

di un punto materiale che si muova come

il CM, ed abbia in se’ concentrata l’intera

massa M del sistema)

O

= vi’ + vG

Vale il teorema di Koenig del momento angolare,

che esprime un’ utile scomposizione cinematica

del momento angolare totale del sistema:

GGGO LvMrL '

momento angolare

associato al moto dei

punti del sistema

relativamente al CM

i iiiG vmrL '''


Dimostrazione del teorema di Koenig del momento angolare

i iGiiGiii iO vvmrrvmrL )'()'(

O

Pi

G

ri = ri’

rG vG

vi = vi’ + vG

ri’ +rG

L G’

i iGiii iiGi GiG vvmrvmrvmr )'(''

MvG

MvG

' 0

i Giii iiiGG vmrvmrvMr

'''

G

i

iii iiiGG vrmvmrvMr

'''

MrG

' 0

L r Mv r m v

r Mv L

O G G i i ii

G G G

' '

'


Moto traslatorio:

vG = v1 = v2

v1

v2

v1’ = v2’ = 0

nel sistema di riferimento del CM:

L r m vG i i i

i

' ' ' 0G

O

r2

r1

Quantità di moto totale: P MvG

rG L r MvO G G

Teorema di Koenig del mom.angolare: esempi

L r Mv r m vO G G 1 1 1' '

Moto roto-traslatorio:

G

v2

v1

v2’

v1’

vG

rG

r2’

r1’

O

Quantità di moto totale: P MvG

r m v2 2 2' '


Energia cinetica di un sistema di punti materiali

E E m vk ik

ii i

i

1

2

2Energia cinetica totale

di un sisetma di punti materiali:

Energia cinetica associata al moto del

centro di massa (ossia energia cinetica

di un punto materiale che si muova come

il CM, ed abbia in se’ concentrata l’intera

massa M del sistema)

Analogamente a quanto visto per il momento angolare totale di un

sistema di punti materiali, vale il teorema di Koenig dell’ energia cinetica

che esprime la scomposizione cinematica dell’ energia cinetica totale del sistema

nella somma di due parti:

kGk EvME '2

1 2

Mv2G

i iik vmE 2'2

1'

Energia cinetica

associata al moto dei

punti del sistema

relativamente al CM

mivi’2

20

Dimostrazione del teorema di Koenig dell’ energia cinetica

O

G

ri = ri’

rG

vi = vi’ + vG

Pi

ri’ +rG

i iGik vvmE 2)'(2

1

energia cinetica

associata al moto del CM energia cinetica EK’

associata al moto

relativo al CM

vG

i iGii iii Gi vvmvmvm ''

2

1

2

1 22

i iiGi iiG vmvvmvM ''

2

1

2

1 22

MvG

' 0

E Mv m vk G i ii

1

2

1

2

2 2 '

1

2

2Mv EG k

'

Teorema del momento angolare per un sistema di punti materiali

( “ 2a equazione cardinale” della dinamica):

dL

dtM v MvO

OE

O G

( )

momento totale delle

forze esterne rispetto al polo O velocità del polo O

nel sistema di riferimento

inerziale nel quale i punti

materiale hanno le velocità vi

che entrano nella definizione

di LO :

C

O

sistema inerziale

v G G

v i

vO

r i

massa totale del sistema

Teorema del momento angolare

L r m vO i i i

dL

dt

d

dtr m v

dr

dtm v r m

dv

dt

Oi i i

ii i i i

i

Infatti:

v vi O

m a F

F F

i i i

iI

iE

( ) ( )

v m v v m v r F Fi i i O i i i i

Ii

E( )( ) ( )

= 0

MvG


dL

dtv Mv r F r FO

O G i iE

i iI

( ) ( )

M MOiE

OE( ) ( ) = 0

Teorema del momento angolare (II)

r F r F r F r F

r F r F r r F

i iI

i ij

j ii

( ) ...

... .... ( ) ....

1 12 1 13

2 21 2 23 1 2 12

F12 = 0

poichè le forze interne costituiscono coppie di forze a braccio nullo :

O

m1

m2

r1

r2

F12

F21 = - F12

121221 // Frrr

r12

( ) r r F1 2 12 0

L’ ultimo termine, ossia il momento risultante delle forze interne, è nullo. Infatti:

Pertanto: dL

dtv Mv MO

O G OE

( )


Se il polo O è fisso nel sistema inerziale nel quale sono misurate le

velocità vi dei punti materiali:

dL

dtMO

OE

( )vO 0

Momento angolare (III)

Una galassia è con

ottima approssimazione

un esempio di sistema

con momento angolare

costante

Il momento angolare totale di un sistema isolato si conserva

Se il sistema é isolato o il momento risultante delle forze esterne

agenti sul sistema è nullo : dL

dt

O

0

LO = costante


Il collasso gravitazionale (e la successiva esplosione) di una “supernova” avviene

conservando il momento angolare della stella originaria rispetto al suo centro.

Al centro dei resti della Supernova della nebulosa del Granchio (esplosione

osservata da astronomi cinesi nel 1054) vi è una “pulsar” (oggetto compatto che

emette un fascio di radiazione elettromagnetica ruotando con un periodo molto breve;

in questo caso: Tpulsar= 33 ms )

MRstella2

MRpulsar2

“pulsar”

La Supernova della Nebulosa del Granchio

pulsarpulsarfstellastellai ILIL L = costante

Dalla conservazione del momento

angolare [per un oggetto sferico rotante, come

la stella iniziale prima dell’esplosione o la

“pulsar” finale: L= I, dove I=5MR2/2

(vedi più avanti, lezioni sul corpo rigido),

con M=massa dell’oggetto e R il suo raggio ]

si ha allora:

R R RT

Tpulsar stella

stella

pulsarstella

pulsar

stella

R R kmpulsar Sole 10 105

La pulsar è una “stella di neutroni”

(distanze internucleari 1 fm)

Assumendo, come

ordine di grandezza: R R kmstella Sole 106

25 Solestella TT giorni


Esempio di conservazione del momento angolare

Un pattinatore che si e’ impresso una iniziale velocita’ angolare di rotazione,

nel suo moto successivo intorno a un singolo punto d’ appoggio O conserva

il suo momento angolare rispetto ad O (le forze esterne : la forza peso e

la reazione vincolare in O, hanno momento nullo rispetto ad O)

O

mg

F

Allungando o accorciando le braccia egli modifica

la distribuzione della sua massa rispetto all’ asse di

rotazione, e quindi modifica la sua velocita’

angolare di rotazione.

Affinche’ il suo momento angolare rimanga costante,

la velocita’ angolare aumenta quando le braccia sono

raccolte al petto, diminuisce quando le braccia sono

distese.

Se viene scelto come polo il centro di massa del sistema:

O G , v MvG G 0

v vO G dL

dtMG

GE

( )

dove: L r m vG i

ii i

vettori posizione

rispetto al polo G

velocità dei punti materiali

nel sistema inerziale: v vi i '

velocità

rispetto a G

Momento angolare rispetto al centro di massa

Applicando il teorema di Koenig del momento angolare:

L r Mv LO G G G '

r m vi

ii i' '

r m vi

ii i vettore posizione

di G rispetto ad O

al caso in cui O=G : rG 0

L LG G '

dL

dtMG

GE

' ( )

L r m vG i

ii i' ' '

ossia calcolato utilizzando sia le posizioni ri’ che le velocità vi’ rispetto al centro di massa G.

dove è il momento angolare relativo al sistema del CM,


Esempio di conservazione del momento angolare rispetto al CM

moto

parabolico

G

mg

LG

0 GG M

dt

Ld

LG=IG=costante

grande velocita’

angolare

piccola velocita’

angolare


Esercizio Due sferette di masse m1=1 kg ed m2=3 kg, soggette

alla forza peso, sono collegate tra loro da una sbarra

di massa trascurabile lunga l = 2 m. All’ istante

iniziale la posizione delle due sferette è

( x1, y1) =( 0, l ) e (x2, y2) = (0,0) nel piano verticale

di assi (x, y). Il loro centro di massa C ha velocita’

v0=5 m/s diretta lungo l’asse orizzontale x ed il

sistema e’ in rotazione in senso antiorario con

velocita’ angolare =2 rad/s intorno a C.

- la posizione iniziale del centro di massa : (xC, yC)

- la quantità di moto iniziale totale P del sistema ed il momento

angolare del sistema LC rispetto al centro di massa:

- la posizione (x’C, y’C) del centro di massa all’ istante t1 = 0,5 s

- la velocita’ angolare di rotazione all’ istante t1

Determinare:

l

Teorema dell’energia cinetica per un sistema di punti materiali :

E E E W Wk kf

ki

i fI

i fE

( ) ( )

lavoro delle forze interne

tra gli istanti iniziale e finale lavoro delle

forze esterne

al sistema

dsj Fj

j jj jjjjj

j

j

j

jjj

j

j mvdvdvmdsdt

ds

ds

dvmds

dt

dvm 2

2

1

Il lavoro infinitesimo dW di tutte le forze

agenti sul sistema quando ciascun punto

materiale si sposta del vettore infinitesimo dsj è:

Teorema dell’energia cinetica

kj

k

jj

k

j dEEdEd

mj

Aj

Bj

j jTjjj jjjjj j dsamsdamsdFdW

F Fj

Ij

E( ) ( )

Integrando su spostamenti finiti: j

f

i

jj

f

i

fi sdFdWW

posizione finale di

ciascun punto Pj

posizione iniz.

j k

k

jj

f

i

k

j EEdE

30

Nel calcolo del lavoro, si deve tener conto sia delle forze interne che di quelle interne;

il lavoro delle forze interne non è, in generale, nullo :

O Sistema al tempo t

r t

r t r t

12

1 2

( )

( ) ( )

r t2 ( )

r t1( )

F12

dr1

dr2

1 2

Lavoro delle forze interne ed esterne

dW F dr F dr

F dr F dr F dr

Ij

Ijj jkk jj j

( ) ( )

... ....

12 1 13 1 21 2

F12

F dr dr F dr dr12 1 2 13 1 3( ) ( ) ....

0....)()( 31132112

jjk

jkjk rdFrrdFrrdF

r12

F dr12 12 0

0

Sistema al tempo t +dt

r t dt12 ( )

1

2

dr dr dr 12 1 2

F12


Esercizio Due blocchetti di massa m1= 0,3 Kg e m2= 0,6 kg

possono muoversi su un piano orizzontale liscio. Tra

di essi è inserita una molla di costante elastica k = 20

N/m e massa trascurabile, tenuta compressa tra i due

blocchetti da un filo teso.

Determinare la velocità finale dei due blocchetti.

La compressione iniziale della molla è d = 0,2 m, ed i due corpi procedono con la stessa

velocità v0 = 2 m/s verso destra. Ad un dato istante il filo viene tagliato, e la molla si

decomprime fino a raggiungere la sua lunghezza di riposo.

Conservazione della quantità di moto: m1v1,in + m 2v2,in = (m1+ m2)v0 = m1v1,f + m2v2,f

Teorema dell’en.cinetica: Ek =Ek,f – Ek,in = m1v1,f 2/2+ m2v2,f

2 /2 - (m1+ m2)v0

2/2

= Wel = k d2/2

[ NOTA: la variazione dell’energia cinetica è dovuta al lavoro della forza

elastica, che una forza interna al sistema ]



Nel sistema del CM (che è inerziale): P’ = m1v’1,f + m2v’2,f = 0

Ek’ =Ek’fin = Wel Inoltre: Ek’in = 0

v’1,f= - (m2/m1 ) v’2,f

Nel sistema solidale al pavimento:

v1,f v2,f

vCM = v0 = 2 m/s


Esercizio

Dopo aver raggiunto il piano orizzontale, il blocchetto viene decelerato da una molla di

costante elastica k= 2 N/m, inizialmente in posizione di riposo.

Determinare la velocità del cuneo vM al termine della discesa

Determinare l’accelerazione del blocchetto nell’istante di massima compressione

della molla ed il tempo impiegato a fermarsi (misurato dall’istante in cui il

blocchetto entra in contatto con la molla).

Un blocchetto di massa m=0.2 kg puo’ scorrere

senza attrito su un blocco di massa M=0.8 kg a

forma di cuneo, a sua volta poggiato su un piano

orizzontale liscio. Inizialmente le due masse sono

in quiete, col blocchetto ad un altezza h = 0.6 m

dal piano orizzontale.



Conservazione dell’energia meccanica totale del sistema nel moto di discesa del

blocchetto:

mgh= m vm2/2 + MvM

2/2

Dalla conservazione della quantità di moto totale del sistema: m vm+ M vM = 0

vm = [ 2gh M / (m+ M) ] ½ = 3,07 m/s vM = -m vm/M = - 0.767 m/s

Conservazione dell’ energia meccanica nel moto successivo di m : ( 1/2) mvm

2 =(1/2) kx2

→ compressione massima della molla x = [m/k]1/2 vm = 0.971 m

Tempo di arresto: tf = T/4 = 0,5 s dove T=2p/ ,con = [k/m]1/2

am = -k x /m = -9.71 m/s2

gh= vm2/2 + (M/m) (m2/M2) vm

2/2 2gh= ( 1+ m / M) vm2 = vm

2( M+m) / M

Sistema di punti materiali - INFN Sezione di Padova

Documents

Transcript of Sistema di punti materiali - INFN Sezione di Padova