Esercizio lavoro ed energia 28

Dinamica del punto materiale: Lavoro ed energia in Meccanica classica

Home » Esercizio lavoro ed energia 28

More results...

Generic selectors
Exact matches only
Search in title
Search in content
Post Type Selectors
post
page


 

Esercizio 28 (\bigstar \bigstar\bigstar \largewhitestar\largewhitestar). Un punto materiale di massa m poggia su di un piano orizzontale ed è attaccato ad una molla ideale di costante elastica k. Inizialmente il corpo m ha velocità \vec{V}_0 e la molla è a riposo, come in figura 1. Tra la cassa e la superficie orizzontale di appoggio c’è attrito, con coefficienti di attrito statico e dinamico rispettivamente pari a \mu_s e \mu_d. Si determini la relazione che deve esistere tra il modulo V_0 della velocità della cassa e le grandezze m,k,\mu_s e \mu_d affinché la cassa rimanga ferma nella posizione corrispondente al massimo allungamento della molla.

 

 

Rendered by QuickLaTeX.com

 

Svolgimento.  Si propongono due metodi differenti: il primo metodo prevede la risoluzione dell’equazione del moto del sistema a partire dalle leggi della dinamica, il secondo, invece, sfrutta il teorema delle forze vive.

Primo metodo.  Sia Oxy un sistema di riferimento cartesiano fisso con origine O, coincidente con la posizione iniziale della cassa, ed orientato come illustrato in figura 2.

 

Rendered by QuickLaTeX.com

 

La cassa, avendo una velocità iniziale di modulo pari a V_0, si allontana dalla posizione di equilibrio, allungando la molla, di una quantità x. Costruiamo il diagramma di corpo libero per la cassa come fatto in figura 2. Su di essa agiscono la forza peso m\vec{g}, la reazione vincolare \vec{N}, la forza di attrito dinamico (essendo la cassa in movimento) \vec{f_d} e la forza elastica -k\vec{x}. Tutte le forze succitate sono rappresentate in figura 2. Dalla seconda equazione della dinamica, proiettando le forze lungo gli assi x ed y, si ha

(1)   \begin{equation*} \begin{cases} x: -f_d-kx=m\ddot{x}\\\\ y: N-mg=0 \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} x: -f_d-kx=m\ddot{x}\\\\ y: N=mg. \end{cases} \end{equation*}

Ricordiamo che la forza di attrito dinamico è f_d=\mu_d N, otteniamo

(2)   \begin{equation*} f_d=\mu_d mg, \end{equation*}

dove abbiamo sostituito l’espressione di N ottenuta dalla seconda equazione del sistema (1). Sostituendo l’espressione di f_d (ottenuta all’equazione (2)) nella prima equazione del sistema (1), si ha

(3)   \begin{equation*} -\mu_d mg-kx=m\ddot{x}\quad\Leftrightarrow\quad\ddot{x}+\dfrac{k}{m}x+\mu_d g=0\quad\Leftrightarrow\quad\ddot{x}+\dfrac{k}{m}\left(x+\dfrac{\mu_dmg}{k}\right)=0. \end{equation*}

Abbiamo scritto l’equazione del moto lungo l’asse orizzontale in maniera tale da poter definire la quantità y\equiv x+\dfrac{\mu_dmg}{k}, da cui

(4)   \begin{equation*} \dot{y}=\dot{x}, \end{equation*}

e

(5)   \begin{equation*} \ddot{y}=\ddot{x}. \end{equation*}

Sfruttando quanto ottenuto l’equazione (3) diventa

(6)   \begin{equation*} \ddot{y}+\dfrac{k}{m}y=0\quad\Leftrightarrow\quad\ddot{y}+\omega^2 y=0, \end{equation*}

che è l’equazione di un oscillatore armonico con pulsazione \omega^2\equiv\dfrac{k}{m}. La soluzione generale dell’equazione (6) è nota ed è pari ad

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

con A e \phi due parametri da determinare in base alle condizioni iniziali.

Ricordando che y=x+\dfrac{\mu_dmg}{k}, segue che la soluzione dell’equazione (7), scritta in termini della variabile x, diventa

(8)   \begin{equation*} x(t)=-\dfrac{\mu_dmg}{k}+A\sin(\omega t+\phi). \end{equation*}

Per determinare i parametri A e \phi utilizziamo le condizioni iniziali del problema.
La velocità della cassa al generico istante t è ottenuta derivando l’equazione (8) rispetto al tempo, ossia

(9)   \begin{equation*} \dot{x}(t)=\omega A\cos(\omega t+\phi). \end{equation*}

La cassa all’istante iniziale è nell’origine del sistema di riferimento, ed ha una velocità pari a V_0 in modulo, ossia

(10)   \begin{equation*} \begin{cases} x(0)=0\\\\ \dot{x}(0)=V_0 \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} -\dfrac{\mu_dmg}{k}+A\sin(\phi)=0\\\\ \omega A\cos(\phi)=V_0 \end{cases}\quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} A\sin(\phi)=\dfrac{\mu_dmg}{k}\\\\ A\cos(\phi)=\dfrac{V_0}{\omega}. \end{cases} \end{equation*}

Elevando al quadrato entrambe le equazioni del sistema (10) e sommandole membro a membro, si trova

(11)   \begin{equation*} A^2(\sin^2(\phi)+\cos^2(\phi))=\left(\dfrac{\mu_dmg}{k}\right)^2+\dfrac{V_0^2}{\omega^2}\quad\stackrel{\omega^2=k/m}{\Leftrightarrow}\quad A^2=\dfrac{1}{\omega^2}\left(\dfrac{\mu_d^2g^2}{\omega^2}+V_0^2\right), \end{equation*}

da cui

(12)   \begin{equation*} A=\dfrac{1}{\omega}\sqrt{\dfrac{\mu_d^2g^2}{\omega^2}+V_0^2}. \end{equation*}

Per calcolare l’angolo di fase \phi, dividiamo ciascun membro della prima equazione del sistema (10) per i corrispondenti membri della seconda equazione, per cui

(13)   \begin{equation*} \tan(\phi)=\dfrac{\mu_dmg\omega}{kV_0}\quad\Rightarrow\quad\phi=\arctan\left(\dfrac{\mu_dmg\omega}{kV_0}\right)=\arctan\left(\dfrac{\mu_dg}{\omega V_0}\right)\\, \end{equation*}

dove nell’ultimo passaggio abbiamo utilizzato il fatto che k=m\omega^2. Ovviamente \cos \phi \neq 0 perché se \phi=\pm\dfrac{\pi}{2} vorrebbe dire che V_0=0 e questo andrebbe contro le condizioni iniziale del problema, in quanto la velocità iniziale non è vero.
Se sostituiamo l’espressione dell’ampiezza A e della fase \phi, calcolate nelle equazioni (12) e (13), rispettivamente, nella legge oraria della cassa data dall’equazione (8), abbiamo che

(14)   \begin{equation*} x(t)=-\dfrac{\mu_dg}{\omega^2}+\dfrac{1}{\omega}\sqrt{\dfrac{\mu_d^2g^2}{\omega^2}+V_0^2}\sin\left(\omega t+\arctan\left(\dfrac{\mu_dg}{\omega V_0}\right)\right). \end{equation*}

È noto che

(15)   \begin{equation*} \text{max}\left\{\sin\left[\omega t+\arctan\left(\dfrac{\mu_dg}{\omega V_0}\right)\right]\right\}=1, \end{equation*}

pertanto

(16)   \begin{equation*} x_{\max}\equiv -\dfrac{\mu_dg}{\omega^2}+\dfrac{1}{\omega}\sqrt{\dfrac{\mu_d^2g^2}{\omega^2}+V_0^2}. \end{equation*}

Raggiunta l’elongazione massima x_{max}, essendo un moto armonico, il corpo m si ferma. Pertanto scrivendo la seconda legge della dinamica in corrispondenza di questa configurazione (si veda il sistema (1)) si ha

(17)   \begin{equation*} \begin{cases} x: f_s-kx_{max}=0\\ y: N=mg, \end{cases} \end{equation*}

dove f_s rappresenta il modulo della forza di attrito statico, mentre kx_{max} il modulo della forza elastica in corrispondenza della massima elongazione.
Ricordiamo che in generale la forza di attrito statico è tale che

(18)   \begin{equation*} f_s\leq \mu_s N. \end{equation*}

Dunque affinché il corpo m resti in equilibrio dinamico è necessario che

(19)   \begin{equation*} kx_{max}\leq \mu_s mg. \end{equation*}

Sostituendo l’espressione di x_{max}, calcolata nell’equazione (16), nella condizione data dall’equazione (19) si trova

(20)   \begin{equation*} k\left(-\dfrac{\mu_dmg}{k}+\dfrac{1}{\omega}\sqrt{\dfrac{\mu_d^2g^2}{\omega^2}+V_0^2}\right)\leq\mu_smg\quad\Leftrightarrow\quad\dfrac{k}{\omega}\sqrt{\dfrac{\mu_d^2g^2}{\omega^2}+V_0^2}\leq mg\left(\mu_s+\mu_d\right). \end{equation*}

Il primo ed il secondo membro della disequazione (20) sono quantità positive (quindi possiamo elevare al quadrato ambo i membri), per cui elevando al quadrato ambo i membri della disequazione, si ottiene

    \[\begin{aligned} &\dfrac{k^2}{\omega^2}\left(\dfrac{\mu_d^2g^2}{\omega^2}+V_0^2\right)\leq m^2g^2\left(\mu_s^2+\mu_d^2+ 2\mu_s\mu_d\right)\quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{k^2}{\omega^4}\mu_d^2g^2+\dfrac{k^2}{\omega^2}V_0^2\leq m^2g^2\left(\mu_s^2+\mu_d^2+ 2\mu_s\mu_d\right)\quad\Leftrightarrow\quad\\\\ &\quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{k^2}{m^2}\dfrac{m^2}{\omega^4}\mu_d^2g^2+\dfrac{k^2}{\omega^2}V_0^2\leq m^2g^2\left(\mu_s^2+\mu_d^2+ 2\mu_s\mu_d\right)\quad\Leftrightarrow\quad \omega^4\dfrac{m^2}{\omega^4}\mu_d^2g^2+\dfrac{k^2}{\omega^2}V_0^2\leq m^2g^2\left(\mu_s^2+\mu_d^2+ 2\mu_s\mu_d\right)\quad\Leftrightarrow\quad\\\\ &\quad\Leftrightarrow\quad m^2\mu_d^2g^2+\dfrac{k^2}{\omega^2}V_0^2\leq m^2g^2\left(\mu_s^2+\mu_d^2+ 2\mu_s\mu_d\right)\quad\Leftrightarrow\quad\dfrac{k}{m}V_0^2\leq m^2g^2(\mu_s^2+2\mu_s\mu_d). \end{aligned}\]

Si conclude che la relazione cercata è

    \[\boxcolorato{fisica}{V_0\leq g\sqrt{\dfrac{m}{k}(\mu_s^2+2\mu_s\mu_d)}.}\]

 

Secondo metodo. Applichiamo il teorema delle forze vive per determinare x_{\text{max}}.
Per il teorema delle forze vive, si ha

(21)   \begin{equation*} 0-\dfrac{1}{2}mV_{0}^2=L_{attrito}+L_{molla}, \end{equation*}

dove abbiamo assunto che la velocità finale del corpo sia nulla in corrispondenza della massima elongazione, essendo un moto armonico; L_{attrito} è il lavoro fatto dalla forza di attrito dinamico e L_{molla} è il lavoro compiuto dalla molla nel tratto x_{max}.
L’equazione (21) diventa

(22)   \begin{equation*} -\dfrac{1}{2}kx_{max}^2-\mu_d mgx_{max}=-\dfrac{1}{2}mV_0^2\quad\Leftrightarrow\quad kx_{max}^2+2\mu_dmgx_{max}-mV_0^2=0. \end{equation*}

Risolvendo l’equazione di secondo grado (22) rispetto alla incognita x_{max} si ha

    \[\begin{aligned} x_{max}&=\dfrac{-\mu_dmg\pm\sqrt{\mu_d^2m^2g^2+mkV_0^2}}{k}=-\dfrac{\mu_dmg}{k}\pm\sqrt{\dfrac{\mu_d^2m^2g^2+mkV_0^2}{k^2}}=\\\\ &=-\dfrac{\mu_dmg}{k}\pm\sqrt{\dfrac{\mu_d^2g^2}{\omega^4}+\dfrac{V_0^2}{\omega^2}}\quad \Rightarrow\quad x_{max}=-\dfrac{\mu_dmg}{k}+\dfrac{1}{\omega}\sqrt{\dfrac{\mu_d^2g^2}{\omega^2}+V_0^2}, \end{aligned}\]

dove abbiamo preso la soluzione con il segno + perchè si deve determinare la massima elongazione rispetto alla posizione di equilibrio (vedi Approfondimento).
Osserviamo che l’espressione di x_{max} appena ottenuta coincide con il risultato ottenuto all’equazione (16) nel primo metodo.
Dopodiché il procedimento segue esattamente gli stessi passaggi visti già nel primo metodo.

 

Approfondimento.  Nella risoluzione del secondo metodo, abbiamo preso come soluzione dell’equazione (22) quella con il segno +. In virtù di questa scelta si ha

(23)   \begin{equation*} x_{max}=-\dfrac{\mu_dmg}{k}+\dfrac{1}{\omega}\sqrt{\dfrac{\mu_d^2g^2}{\omega^2}+V_0^2}=-\dfrac{\mu_dmg}{k}+\tilde{x} \end{equation*}

e

(24)   \begin{equation*} x_{min}=-\dfrac{\mu_dmg}{k}-\dfrac{1}{\omega}\sqrt{\dfrac{\mu_d^2g^2}{\omega^2}+V_0^2}=-\dfrac{\mu_dmg}{k}-\tilde{x}, \end{equation*}

dove abbiamo posto \tilde{x}\eqqcolon \dfrac{1}{\omega}\sqrt{\dfrac{\mu_d^2g^2}{\omega^2}+V_0^2} È immediato notare che \left|x_{max}\right|< \left|x_{min}\right|, e ciò sembrerebbe contraddire l’aver identificato x_{max} come la massima elongazione.
Per ovviare a questo apparente paradosso, ricordiamo che in un moto armonico il corpo oscilla intorno alla posizione di equilibrio. Calcoliamo quindi la coordinata della posizione di equilibrio x_{eq}, imponendo

(25)   \begin{equation*} -kx_{eq}-\mu_d mg=0 \quad\Leftrightarrow\quad x_{eq}=-\dfrac{\mu_d mg}{k}. \end{equation*}

Quindi sostituendo il valore di x_{eq} appena ottenuto nelle espressioni di x_{max} e di x_{min} (equazioni (23) e (24)), si ha

(26)   \begin{equation*} x_{max}=x_{eq}+\tilde{x} \end{equation*}

e

(27)   \begin{equation*} x_{min}=x_{eq}-\tilde{x}. \end{equation*}

Quindi effettivamente x_{max} per come è stata definita rappresenta la massima elongazione della molla rispetto alla posizione di equilibrio x_{eq} mentre x_{min} ne rappresenta la sua massima compressione, come illustrato anche in figura 3.

 

Rendered by QuickLaTeX.com