Esercizio lavoro ed energia 30

Dinamica del punto materiale: Lavoro ed energia in Meccanica classica

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Esercizio 30 (\bigstar \bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Una molla è legata per un’estremità al punto più alto di una guida circolare di raggio R disposta verticalmente e per l’altra estremità ad un anello di massa m e raggio trascurabile in grado di scorrere senza attrito lungo la guida circolare. La lunghezza della molla a riposo è \ell<2R. Quando viene stirata, la molla reagisce con una forza elastica F=-k\Delta\ell. Si determini

  1. i valori assunti dall’angolo \phi tra l’elastico e la verticale nelle posizioni di equilibrio dell’anello;
  2. la condizione che deve soddisfare la costante elastica k affinché l’anello sia in equilibrio ad un angolo \phi\neq0.

 

 

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Svolgimento.  Prima di procedere con la risoluzione del punto a) è utile schematizzare il sistema in esame da un punto di vista geometrico, come illustrato in figura 2. In particolare supponiamo che l’anello di massa m individuato dal punto A si trovi ad una distanza radiale r dal punto più alto della guida circolare detto O. Se dal punto A tracciamo il segmento che lo congiunge al punto più basso della guida, detto O', otteniamo un triangolo OAO' inscritto in una semicirconferenza e pertanto rettangolo in A.

 

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Per quanto detto, segue che la distanza dell’anello dall’estremità superiore della circonferenza \overline{OA} è

(1)   \begin{equation*} r=2R\cos\phi, \end{equation*}

da cui otteniamo che l’allungamento della molla \Delta\ell è data da

(2)   \begin{equation*} \Delta\ell=r-\ell=2R\cos\phi-\ell. \end{equation*}

 

Punto 1. Immaginiamo di avere l’anello in equilibrio e che formi un angolo \phi come in figura 3. Definiamo un sistema di riferimento inerziale Otn, con l’origine O in corrispondenza dell’anello di massa m, l’asse t è tangente alla circonferenza nel punto O e l’asse n ad esso ortogonale (quindi nella direzione del raggio). Costruiamo il diagramma di corpo libero per l’anello di massa m come illustrato in figura 3. Sull’anello agisce la forza peso m\vec{g}, la reazione vincolare \vec{N} e la forza elastica \vec{F}_{el}, orientate come in figura 3. Ovviamente la reazione vincolare \vec{N} è in direzione dell’asse n, cioè perpendicolare alla guida.

 

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Dalla seconda equazione della dinamica, proiettando le forze lungo l’asse delle t e richiedendo che l’anello sia in equilibrio, si ha che

(3)   \begin{equation*} F_{el}\sin\gamma-mg\sin\beta=0\quad\Leftrightarrow\quad k\Delta\ell\sin\gamma=mg\sin\beta, \end{equation*}

dove \gamma è l’angolo che il vettore \vec{F}_{el} forma con il semiasse positivo dell’asse n, mentre \beta è l’angolo che m\vec{g} forma con il semiasse negativo dell’asse n, come rappresentato in figura 3. Osserviamo che nell’equazione (3) compaiono gli angoli \gamma e \beta che non sono dati espliciti del problema, ma vanno scritti opportunamente in funzione dell’angolo \phi. A tal proposito si consideri la figura 4.

 

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Innanzitutto osserviamo che l’angolo \beta è il corrispondente angolo al centro (la dimostrazione di quanto detto segue direttamente dal legame tra angoli al centro e angoli alla circonferenza: un angolo alla circonferenza è la metà di un angolo al centro che insiste sullo stesso arco) dell’angolo \phi, entrambi insistenti sullo stesso arco di circonferenza OB, pertanto

(4)   \begin{equation*} \beta=2\phi. \end{equation*}

Inoltre, in riferimento al triangolo ACO, richiedendo che la somma degli angoli interni sia pari a \pi, si ha che

(5)   \begin{equation*} \phi+(\pi-\beta)+\gamma=\pi\quad\Leftrightarrow\quad \gamma=\beta-\phi, \end{equation*}

da cui, usando la relazione (4), si trova che

(6)   \begin{equation*} \gamma=\phi. \end{equation*}

Abbiamo ottenuto gli angoli \gamma e \beta in funzione dell’angolo \phi. Dunque, possiamo riscrivere l’equazione (3) in termini dell’angolo \phi, ossia

(7)   \begin{equation*} k\Delta\ell\sin\phi=mg\sin \left(2\phi\right). \end{equation*}

Infine, utilizzando l’espressione di \Delta\ell calcolata nell’equazione (2), si può riscrivere l’equazione (3) come segue

(8)   \begin{equation*} k(2R\cos\phi-\ell)\sin\phi=mg\sin 2\phi. \end{equation*}

Svolgendo i calcoli otteniamo

    \[\begin{aligned} &k(2R\cos\phi-\ell)\sin\phi=mg\sin 2\phi\quad\Leftrightarrow\quad\\[10pt] &\Leftrightarrow\quad k(2R\cos\phi-\ell)\sin\phi=2mg\sin\phi\cos\phi\quad\Leftrightarrow\quad\\[10pt] &\Leftrightarrow\quad k(2R\cos\phi-\ell)\sin\phi-2mg\sin\phi\cos\phi=0\quad\Leftrightarrow\quad\\[10pt] & \Leftrightarrow\quad\sin\phi(2kR\cos\phi-k\ell-2mg\cos\phi)=0. \end{aligned}\]

Dalla precedente equazione si ha

(9)   \begin{equation*} \sin\phi=0, \end{equation*}

da cui

(10)   \begin{equation*} \phi=0,\pi. \end{equation*}

Inoltre, sempre dalla precedente equazione, abbiamo

(11)   \begin{equation*} 2kR\cos\phi-k\ell-2mg\cos\phi=0\quad\Leftrightarrow\quad \cos\phi=\dfrac{k\ell}{2(kR-mg)}, \end{equation*}

che ha come soluzioni

(12)   \begin{equation*} \phi=\pm\arccos\left(\dfrac{k\ell}{2\left(kR-mg\right)}\right). \end{equation*}

Quindi esistono quattro possibili configurazioni angolari del sistema tali per cui esso risulta in equilibrio, ossia

    \[\boxcolorato{fisica}{\begin{aligned} &\phi_1=0;\\ &\phi_2=\pi;\\ &\phi_3=\arccos\left(\dfrac{k\ell}{2\left(kR-mg\right)}\right);\\ &\phi_4=-\arccos\left(\dfrac{k\ell}{2\left(kR-mg\right)}\right). \end{aligned}}\]

 

Punto 2.  Per la risoluzione del punto b) è sufficiente notare che le soluzioni \phi_3 e \phi_4 non sono matematicamente ben definite per qualunque valore dei parametri k, R, m ed \ell. Infatti, per la condizione di esistenza dell’arcocoseno, si ha

(13)   \begin{equation*} -1\leq \dfrac{k\ell}{2(kR-mg)}\leq 1. \end{equation*}

È chiaro che per costruzione l’angolo dell’arcoseno è compreso tra 0^\circ e 90^\circ, pertanto

(14)   \begin{equation*} 0< \dfrac{k\ell}{2(kR-mg)}\leq 1. \end{equation*}

Abbiamo dunque

(15)   \begin{equation*} \dfrac{k\ell}{2(kR-mg)}\leq 1 \quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{k\ell-2(kR-mg)}{2(kR-mg)}\leq 0 \quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{k(\ell-2R)+2mg}{2(kR-mg)}\leq 0. \end{equation*}

Ricordando che 2R>\ell è utile riscrivere la disequazione (15) come segue

(16)   \begin{equation*} \dfrac{-k(2R-\ell)+2mg}{2(kR-mg)}\leq 0, \end{equation*}

o anche

(17)   \begin{equation*} \dfrac{k{(2R-\ell)}-2mg}{2(kR-mg)}\geq 0. \end{equation*}

Poniamo \alpha\coloneqq \dfrac{mg}{R}, da cui, la disequazione (17) diventa

(18)   \begin{equation*} \dfrac{k\left(1-\dfrac{\ell}{2R}\right)-\dfrac{mg}{R}}{\left(k-\dfrac{mg}{R}\right)}\geq 0 \end{equation*}

cioè

(19)   \begin{equation*} \dfrac{k\left(1-\dfrac{\ell}{2R}\right)-\alpha}{\left(k-\alpha\right)}\geq 0. \end{equation*}

Prima di procedere alla risoluzione della disequazione (19), si osservino i fatti ovvi

(20)   \begin{equation*} \dfrac{\alpha}{1-\dfrac{\ell}{2R}}>\alpha \end{equation*}

e

(21)   \begin{equation*} \dfrac{\alpha}{1+\dfrac{\ell}{2R}}<\alpha. \end{equation*}

La disequazione (19) ha come soluzione

(22)   \begin{equation*} k<\alpha \quad \Leftrightarrow \quad k\geq \dfrac{\alpha}{1-\dfrac{\ell}{2R}}. \end{equation*}

Risolviamo

(23)   \begin{equation*} 0< \dfrac{k\ell}{2(kR-mg)}, \end{equation*}

oppure

(24)   \begin{equation*} \dfrac{k\ell}{2(kR-mg)}>0, \end{equation*}

conseguentemente usando la definizione di \alpha, otteniamo

(25)   \begin{equation*} \dfrac{k\ell}{2R(k-\alpha)}>0, \end{equation*}

che ha come soluzione

(26)   \begin{equation*} k>\alpha. \end{equation*}

Mettendo a sistema la disequazione (??) e la disequazione (??), otteniamo come risultato

(27)   \begin{equation*} k\geq \dfrac{\alpha}{1-\dfrac{\ell}{2R}}. \end{equation*}

Si conclude che la condizione che deve soddisfare la costante elastica k affinché l’anello rimanga in equilibrio è

    \[\boxcolorato{fisica}{ k\geq \dfrac{\alpha}{1-\dfrac{\ell}{2R}}.}\]

Si osservi che le soluzioni trovate sono le condizioni che deve soddisfare \alpha affinché le condizioni di equilibrio \phi_3 e \phi_4 siano ben definite.