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Esercizio lavoro ed energia 9

Dinamica del punto materiale: Lavoro ed energia in Meccanica classica

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L’esercizio 9 sul lavoro e l’energia fa parte della raccolta inclusa nella cartella Dinamica del punto materiale: Lavoro ed energia in Meccanica classica. Questo esercizio segue Esercizio lavoro ed energia 8 ed è il precedente di Esercizio lavoro ed energia 10. Questo esercizio è progettato per studenti che frequentano un corso di Fisica 1, indirizzato a chi studia ingegneria, fisica o matematica.

 

Testo esercizio lavoro ed energia 9

Esercizio 9 (\bigstar\bigstar\largewhitestar \largewhitestar\largewhitestar). Una molla ideale (priva di massa) di costante elastica k e lunghezza a riposo y_0 è posta verticalmente lungo un piano orizzontale. Ad un’altezza D dalla molla si trova un blocco di massa m tenuto in sospensione verticale mediante un apposito filo. Ad un certo punto il filo viene tagliato ed il blocco cade verso la molla la quale è dotata di un particolare supporto per cui il blocco resta incollata ad essa. Una volta che il corpo m rimane attaccato alla molla, si determini:

a) l’altezza massima h_{max} e l’altezza minima h_{min} del corpo rispetto al suolo sfruttando la conservazione dell’energia e da esse dedurre la legge oraria del blocco;

b) applicando le leggi della dinamica la legge oraria del blocco e successivamente calcolare h_{max} ed h_{min}.

Si ipotizzi che nell’urto tra m e la molla si conservi l’energia.

 

 

 

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Diagramma di un blocco sospeso sopra una molla ideale, utilizzato per un esercizio di lavoro ed energia

Svolgimento punto a.

Non sono presenti attriti, pertanto si conserva l’energia meccanica del sistema. Fissiamo un sistema di riferimento fisso Oy orientato come in figura 1, con l’origine O alla stessa quota della massa in posizione di riposo. Applichiamo la conservazione dell’energia meccanica tra l’istante in cui il blocco m viene lasciato libero di cadere (fig.1a) e l’istante in cui esso impatta la molla comprimendola di y_0-y, dove y è la generica altezza del blocco rispetto al piano orizzontale (fig.1b). Fissiamo arbitrariamente lo zero dell’energia potenziale gravitazionale in corrispondenza della quota nel punto O. Dalla conservazione dell’energia meccanica tra i due istanti considerati segue che

(1) \begin{equation*} K_{i}+U_{i}=K_{f}+U_{f}, \end{equation*}

dove K_{i} e K_{f} rappresentano l’energia cinetica del sistema tra l’istante iniziale (fig.1a) e quello finale (fig.1b). Analogamente per l’energia potenziale U_{i} ed U_{f} rappresentano l’energia potenziale del sistema tra l’istante iniziale (fig.1a) e quello finale (fig.1b). In virtù del sistema di riferimento utilizzato si ha che l’eq.(1) diventa

(2) \begin{equation*} mg(D+y_0)=\dfrac{1}{2}mV^2+mgy+\dfrac{1}{2}k(y_0-y)^2, \end{equation*}

dove V rappresenta la velocità del blocco di massa m incollato alla molla alla generica altezza y rispetto al piano orizzontale. L’altezza massima h_{max} e l’altezza minima h_{min} raggiunte dal corpo durante la sua oscillazione incollato alla molla sono quelle particolari quote y tali che la velocità V=0 nell’eq.(2).    

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Diagramma che mostra il blocco che cade sulla molla e la compressione della molla, con equazioni di conservazione dell'energia

    Quindi sostituiamo V=0 nell’eq.(2) e otteniamo

(3) \begin{equation*} mg(D+y_0)=0+mgy+\dfrac{1}{2}k(y_0-y)^2\quad \Leftrightarrow \quad mg(D+y_0-y)-\dfrac{1}{2}k(y_0-y)^2=0. \end{equation*}

Ponendo \tilde{y}=y_0-y, l’eq.(3) diventa

(4) \begin{equation*} mg(D+\tilde{y})-\dfrac{1}{2}k\tilde{y}^2=0\quad \Leftrightarrow \quad k\tilde{y}^2-2mg\tilde{y}-2mgD=0, \end{equation*}

le cui soluzioni sono

(5) \begin{equation*} \tilde{y}=\dfrac{mg\pm\sqrt{m^2g^2+2mgkD}}{k}=\dfrac{mg}{k}\left(1\pm\sqrt{1+\dfrac{2kD}{mg}}\right), \end{equation*}

da cui

(6) \begin{equation*} y=y_0-\dfrac{mg}{k}\left(1\pm\sqrt{1+\dfrac{2kD}{mg}}\right). \end{equation*}

Dalla eq.(6) si vede che l’altezza minima h_{min} è quella a cui corrisponde il segno +, viceversa l’altezza massima h_{max} è la soluzione in cui prendiamo il segno -, ossia

\[\boxcolorato{fisica}{ h_{\min}=y_0-\dfrac{mg}{k}\left(1+\sqrt{1+\dfrac{2kD}{mg}}\right)\quad \text{e}\quad h_{\max}=y_0-\dfrac{mg}{k}\left(1-\sqrt{1+\dfrac{2kD}{mg}}\right).}\]

Il blocco di massa m una volta raggiunta la molla si muoverà di moto armonico, oscillando intorno alla posizione di equilibrio. Quindi conoscendo h_{min} ed h_{max} possiamo determinare la legge oraria del moto calcolando la posizione di equilibrio. Consideriamo una situazione generica per cui il blocco di massa m si trova sulla molla comprimendola di un tratto (y_0-y), come in figura 2. Quando il sistema è all’equilibrio, l’altezza del blocco y=y_{eq} rispetto al piano orizzontale sarà tale che

(7) \begin{equation*} -mg+k(y_0-y_{eq})=0\quad \Rightarrow\quad y_{eq}=y_0-\dfrac{mg}{k}, \end{equation*}

dove y_{eq} rappresenta l’altezza del blocco m rispetto al piano orizzontale quando esso è in equilibrio.    

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Diagramma di equilibrio del blocco compresso su una molla con forze elastiche e gravitazionali

    Osservando l’espressione di h_{max} ed h_{min} riconosciamo che la quantità y_0-\dfrac{mg}{k} è proprio y_{eq} (eq.(7)) per cui deduciamo che l’ampiezza \Delta y dell’oscillazione sarà

(8) \begin{equation*} \Delta y=\dfrac{mg}{k}\sqrt{1+\dfrac{2kD}{mg}}, \end{equation*}

e quindi la legge oraria del corpo sarà

(9) \begin{equation*} y(t)=y_{eq}+\Delta y\sin(\omega t+\phi), \end{equation*}

dove \omega=\sqrt{k/m} come noto dall’oscillatore armonico e \phi da determinare imponendo le condizioni iniziali. Derivando l’equazione (9) si ottiene

(10) \begin{equation*} \dot{y}(t)=\omega \Delta y\cos(t+\phi). \end{equation*}

Per concludere bisogna conoscere la fase \phi che possiamo determinare calcolando la velocità del blocco iniziale, ossia

(11) \begin{equation*} \dot{y}(t=0)=V_{0}, \end{equation*}

dove V_{0} rappresenta la velocità del blocco appena m raggiunge la molla. Per calcolare V_{0} possiamo applicare la conservazione dell’energia tra l’istante in cui il blocco m viene lasciato cadere e l’istante in cui tocca la molla (vedi figura 3), preservando le stesse scelte del sistema di riferimento e dello zero dell’energia potenziale fatte in precedenza in figura 1.    

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Diagramma che mostra il blocco oscillante sulla molla, illustrando il moto armonico     Dalla conservazione dell’energia tra la configurazione in fig.3a e quella in fig.3b segue che

(12) \begin{equation*} mg(D+y_0)=\dfrac{1}{2}mV_{0}^2+mgy_0\quad \Rightarrow\quad V_{0}=\sqrt{2gD}. \end{equation*}

Inserendo l’espressione di V_0 (ottenuta nell’eq.(12)) nell’eq.(11) e sostituendo t=0 nell’eq.(10), segue che

(13) \begin{equation*} \omega \Delta y\cos\phi=V_0 \quad \Leftrightarrow\quad \cos\phi=\dfrac{V_0}{\omega \Delta y}\quad \Rightarrow\quad\phi=\arccos\left(\dfrac{V_0}{\omega \Delta y}\right). \end{equation*}

Quindi la legge oraria descritto dal blocco m incollato alla molla di costante k è

\[\boxcolorato{fisica}{ y(t)=y_0-\dfrac{mg}{k}\left(1+\sqrt{1+\dfrac{2kD}{mg}}\sin(\omega t+\phi)\right).}\]


Svolgimento punto b.

É possibile ottenere la legge oraria del blocco di massa m applicando la seconda legge della dinamica. Scriviamo l’equazione della dinamica in riferimento alla figura 2, che ricordiamo descrive il sistema fisico quando il blocco m ha compresso la molla di una quantità y_0-y, cioè

(14) \begin{equation*} -mg+k(y_0-y)=m\ddot{y}. \end{equation*}

Riscrivamo l’eq.(14) in maniera tale da ricondurci all’equazione di un oscillatore armonico semplice \ddot{x}+\omega^2x=0 di cui conosciamo la soluzione, perché nota in letteratura. Mettiamo in evidenza k nell’eq.(14) e otteniamo

(15) \begin{equation*} -\dfrac{k}{m}\left(y-y_0+\dfrac{mg}{k}\right)=\ddot{y}. \end{equation*}

Posto \omega^2=k/m e z\equiv y-y_0+mg/k l’eq.(15) diventa

(16) \begin{equation*} \ddot{z}+\omega^2z=0, \end{equation*}

da cui

(17) \begin{equation*} z(t)=A\sin(\omega t+\phi), \end{equation*}

ovvero

(18) \begin{equation*} y(t)=y_0-\dfrac{mg}{k}+A\sin(\omega t+\phi). \end{equation*}

La legge oraria ottenuta nell’eq.(18) presenta due valori da determinare, A e \phi, che possiamo calcolare imponendo condizioni iniziali, cioè

(19) \begin{equation*} \begin{cases} y(t=0)=y_{0}\\ \\ \dot{y}(t=0)=V_0 \end{cases} \Leftrightarrow\quad \begin{cases} y_{0}-\dfrac{mg}{k}+A\sin\phi=y_0\\ \\ \omega A\cos\phi=V_0 \end{cases} \Leftrightarrow\quad \begin{cases} A\sin\phi=\dfrac{mg}{k}\\ \\ A\cos\phi=\dfrac{V_0}{\omega}. \end{cases} \end{equation*}

Elevando al quadrato entrambe le equazioni nel sistema (19) e sommando membro a membro si ha che

(20) \begin{equation*} A^2(\sin^2\phi+\cos^2\phi)=\left(\dfrac{mg}{k}\right)^2+\left(\dfrac{V_0}{\omega}\right)^2\quad \Leftrightarrow\quad A^2=\dfrac{g^2}{\omega^4}+\dfrac{V_{0}^2}{\omega^2}, \end{equation*}

da cui

(21) \begin{equation*} A=\dfrac{g}{\omega^2}\sqrt{1+\dfrac{V_{0}^2\omega^2}{g^2}}=\dfrac{mg}{k}\sqrt{1+\dfrac{2kD}{mg}}, \end{equation*}

che coincide con il risultato ottenuto precedentemente (eq.(8)), cioè A=\Delta y. Sostituendo il valore di A appena trovato ad esempio nella seconda equazione del sistema (19) si ha che

(22) \begin{equation*} \cos\phi=\dfrac{V_0}{A\omega}, \end{equation*}

o anche

(23) \begin{equation*} \phi=\arccos\left(\dfrac{V_0}{\omega \Delta y}\right), \end{equation*}

che coincide con il risultato ottenuto precedentemente trovato nell’eq.(13). Ponendo \sin\left(\omega t +\phi\right)=1 si trova h_{max} e ponendo \sin\left(\omega t +\phi\right)=-1 si trova h_{min}, come ottenuto in precedenza.


Link alla soluzione video a cura di Giovanni F.Ciani

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