Home » Esercizio lavoro ed energia 9
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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 e da esse dedurre la legge oraria del blocco;

b) studiando la dinamica del corpo m, 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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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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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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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(\omega 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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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)=\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: clicca qui.