Home » Esercizio lavoro ed energia 8

 

Esercizio 8  (\bigstar \bigstar\largewhitestar \largewhitestar\largewhitestar). Un blocco di massa m viene spinto contro una molla ideale di costante elastica k non nota e lunghezza a riposo y_0 comprimendo la molla di una quantità y_{\text{eq}}, in modo che il sistema rimanga in equilibrio. Si determini k in funzione di m, g e y_{\text{eq}}. Successivamente, il blocco di massa m viene spinto verso il basso da una opportuna forza di un ulteriore spazio \Delta \tilde{y} e poi rilasciato. Determinare l’energia totale del sistema subito prima del rilascio in funzione di m, g, \Delta \tilde{y} e y_{\text{eq}}. Inoltre, calcolare fino a che altezza oltre la posizione di rilascio arriverà il blocco in funzione di \Delta \tilde{y} e y_{\text{eq}}.

 

 

Rendered by QuickLaTeX.com

Svolgimento.

All’inizio il sistema molla+blocco è in equilibrio. Sul blocco di massa m agisce la forza peso m\vec{g} diretta verso il basso e la forza elastica della molla k\vec{y}_{\text{eq}} diretta verso l’alto. Poiché il moto si svolge lungo la direzione verticale al piano di appoggio, definiamo un sistema di riferimento fisso Oy con origine O ad un’altezza dal piano orizzontale pari alla lunghezza a riposo della molla y_0, come illustrato in figura 1.

 

Rendered by QuickLaTeX.com

 

All’equilibrio, applicando la seconda legge della dinamica, si ottiene

(1)   \begin{equation*} ky_{\text{eq}}-mg=0, \end{equation*}

da cui

    \[\boxcolorato{fisica}{k=\dfrac{mg}{y_{\text{eq}}}.}\]

A partire dalla configurazione illustrata in figura 1, con un’opportuna forza si spinge verso il basso il blocco inducendo un’ulteriore compressione della molla pari a \Delta \tilde{y}, come illustrato in figura 2.

 

Rendered by QuickLaTeX.com

 

Calcoliamo l’energia totale del sistema nella configurazione illustrata in figura 2. La molla risulterà complessivamente compressa di un tratto pari a y_{eq}+\Delta\tilde{y}, per cui l’energia potenziale elastica U_{el} sarà

(2)   \begin{equation*} U_{el}=\dfrac{1}{2}k\left(y_{\text{eq}}+\Delta\tilde{y}\right)^2. \end{equation*}

Fissiamo arbitrariamente lo zero dell’energia potenziale gravitazionale in corrispondenza dell’origine O del sistema di riferimento Oy, sicché l’energia potenziale gravitazionale del blocco di massa m nella configurazione di figura 2 sarà

(3)   \begin{equation*} U_{g}=-mg\left(y_{\text{eq}}+\Delta\tilde{y}\right). \end{equation*}

Sommando il contributo energetico elastico (eq.(2)) e quello gravitazionale (eq.(3)) si ha che l’energia meccanica del sistema nella configurazione illustrata in figura 2 vale

(4)   \begin{equation*} \left(U_{\text{tot}}\right)_{\text{fig2}}=\dfrac{1}{2}k\left(y_{\text{eq}}+\Delta\tilde{y}\right)^2-mg\left(y_{\text{eq}}+\Delta\tilde{y}\right). \end{equation*}

Sostituendo k in funzione di m, g e y_{\text{eq}} la precedente equazione diventa

    \[\boxcolorato{fisica}{ \left(U_{\text{tot}}\right)_{\text{fig2}}=\dfrac{mg}{2y_{\text{eq}}}\left(y_{\text{eq}}+\Delta\tilde{y}\right)^2-mg\left(y_{\text{eq}}+\Delta\tilde{y}\right).}\]

Una volta che la molla, compressa di y_{\text{eq}}+\Delta\tilde{y}, sarà rilasciata ritornerà nella sua posizione di riposo ad un’altezza y_0 dal piano orizzontale. Da questo punto, il blocco di massa m, non essendo vincolato ad essa lascerà la molla fino a fermarsi in corrispondenza della quota h_{\max}, come in figura 3 . Per calcolare l’altezza massima h_{\max} raggiunta dal corpo rispetto all’origine O possiamo applicare il principio della conservazione dell’energia meccanica considerando le configurazioni in figura 2 e in figura 3. L’energia finale del sistema è

(5)   \begin{equation*} \left(U_{\text{tot}}\right)_{fig3}=mg h_{\max}. \end{equation*}

Ora, imponendo la conservazione dell’energia si ottiene

(6)   \begin{equation*} \left(U_{\text{tot}}\right)_{\text{fig2}}=\left(U_{\text{tot}}\right)_{\text{fig3}}, \end{equation*}

ossia

(7)   \begin{equation*} \dfrac{1}{2}k\left(y_{\text{eq}}+\Delta\tilde{y}\right)^2-mg\left(y_{\text{eq}}+\Delta\tilde{y}\right)=mgh_{\max}. \end{equation*}

 

 

Rendered by QuickLaTeX.com

 

Dall’equazione (7) ricaviamo che

(8)   \begin{equation*} h_{\max}=\dfrac{y_{\text{eq}}+\Delta\tilde{y}}{mg}\left(\dfrac{k}{2}(y_{\text{eq}}+\Delta\tilde{y})-mg\right)=(y_{\text{eq}}+\Delta\tilde{y})\left(\dfrac{k}{2mg}(y_{\text{eq}}+\Delta\tilde{y})-1\right). \end{equation*}

L’altezza raggiunta dal blocco m rispetto al punto di rilascio (si veda la figura 3) sarà dunque

(9)   \begin{equation*} h=h_{\max}+y_{\text{eq}}+\Delta\tilde{y}. \end{equation*}

Infine, sostituendo h_{\max} (definito nell’equazione (7)) nell’equazione (8), si ottiene

(10)   \begin{equation*} h=\left(y_{\text{eq}}+\Delta\tilde{y}\right)^2\dfrac{k}{2mg}. \end{equation*}

Sostituendo k in funzione di m, g e y_{\text{eq}} la precedente equazione diventa

(11)   \begin{equation*} h=\left(y_{\text{eq}}+\Delta\tilde{y}\right)^2\dfrac{1}{2mg}\,\dfrac{mg}{y_{\text{eq}}}. \end{equation*}

cioè

    \[\boxcolorato{fisica}{ h=\dfrac{1}{2y_{\text{eq}}}\left(y_{\text{eq}}+\Delta\tilde{y}\right)^2.}\]

 

 

 

error: Il contenuto è protetto!!